Задачи
Санкт-Петербургской
олимпиады школьников
по математике
9S. „ Юл
'#
математика

Задачи
Санкт-Петербургской
олимпиады школьников
по математике
Электронное издание
Москва
Издательство МЦНМО
2018

УДК 51
ББК 74.200.58:22.1
315
Задачи Санкт-Петербургской олимпиады школьников
по математике 2017 года
Составители К. П. Кохась, С. Л. Берлов, Ф. В. Петров,
Д. А. Ростовский, А. А. Солынин, А. И. Храбров
Электронное издание
М.: МЦНМО, 2018
159 с.
ISBN 978-5-4439-3311-5
Книга предназначена для школьников, учителей,
преподавателей математических кружков pi просто
любителей математики. Читатель найдет в ней задачи Санкт-
Петербургской олимпиады школьников по математике 2017
года, а также открытой олимпиады ФМЛ № 239, которая, не
будучи туром Санкт-Петербургской олимпиады, по
характеру задач, составу участников pi месту проведешш является
прекрасным дополнешюм к ней.
Все задачи прршедены с подробнымр1 решенр1ямр1, усло-
вргя pi решенргя геометрр1ческр1Х задач сопровождаются ρρι-
сунками.
В качестве дополнр1тельного матерртла прр1водр1тся
отчет об олр1мпр1аде «Туймаада—2016», большая подборка
задач об угадыва- ηριρι цвета своей шляпы pi сказка,
поясняющая полезность кванторов.
Подготовлено на основе книги: Задачи Санкт-Петербургской
олимпиады школьников по математике 2017 года / Сост.
К. П. Кохась, С. Л. Берлов, А. И. Храбров и др. —
М.: МЦНМО, 2018. - ISBN 978-5-4439-0393-4.
Учебно-методическое издание
Издательство Московского центра
непрерывного математического образования
119002, Москва, Большой Власьевский пер., 11,
тел. (499) 241-08-04.
http://www.mccme.ru
ISBN 978-5-4439-3311-5
© МЦНМО, 2018.

В 2016/17 учебном году в Санкт-Петербурге проводилась
83-я городская олимпиада школьников по математике. Первый
тур проходил 10 декабря 2016 г., в нем приняли участие около
10 тысяч школьников Санкт-Петербурга. Победители первого
тура, а также победители городской олимпиады 2016 года были
приглашены на второй тур. Для 6-8 классов второй тур
олимпиады проходил 7 февраля 2017 г. на математическом
факультете Российского государственного педагогического
университета, для 9-11 классов — 28 февраля 2017 г. на
математике»-механическом факультете Санкт-Петербургского государственного
университета.
Продолжительность первого тура — 3 часа, второго тура
(во всех классах, кроме 6-го) — 3 часа плюс еще час для
участников, которые решили не менее трех задач из первых четырех
задач варианта. В 6-м классе — 2,5 и 3,5 часа соответственно.
В составлении вариантов олимпиады участвовали:
6 класс: А. С. Голованов, А. С. Чухнов;
7 класс: Н. Ю. Власова, А. А. Солынин;
8 класс: К.П.Кохась, А.С.Кузнецов;
9 класс: С. Л. Берлов, Д. А. Ростовский, А. И. Храбров;
10 класс: Д. В. Карпов, А. В. Пастор;
11 класс: Ф.В.Петров, А.В.Смирнов, И.О.Лосев.
Много сил в организацию олимпиады вложили
Л.А.Жигулёв, Μ. Η. Воронина. Проведение олимпиады было бы
невозможно без помощи многочисленных энтузиастов — студентов,
учителей и преподавателей вузов. Составители благодарны
Ю. Ахметшину за тщательное прочтение рукописи. Задачи
олимпиады и текущую информацию можно найти на нашей
интернет-страничке www.pdmi.ras.ru/~olymp
В городском туре олимпиады по приглашению жюри
принимали участие гости — школьники из Витебска, Вологды,
Каунаса, Кирова, Минска, Москвы, Рыбинска, Ярославля и других
городов.

Победители олимпиады 2017 года
6 класс
Диплом первой степени
Ананьев Дмитрий (5) 239
Бахарев Иван 239
Туревский Максим 239
Диплом второй степени
Захаров Александр (5) 30
Коновалов Кирилл 366
Меньшикова Александра 610
Прибытков Фёдор 239
Яговкин Левкий г. Киров
Диплом третьей степени
Абрамова Амалия
Бойцова Екатерина (5)
Гладышев Никита
Длин Эдуард
Захаров Сергей (5)
Ильин Вячеслав
Козлова Таисия
Колежук Альвиан
Кузнецов Роман (5)
Тернопол Леонид
2
366
481
239
655
30
366
419
239
Лебедева Екатерина
Левцов Георгий (5)
Михайлов Леонид (5)
Павлов Михаил
Семенкович Кирилл
Сингалевич Дмитрий
Фирсова Зоя
Хисамутдинов Эльдар (5)
Яковлев Иван
г. Ярославль
239
610
248
558
619
292
171
239
30
7 класс
Диплом первой степени
Туревский Максим (6) 239

Победители олимпиады
5
Диплом второй степени (6 задач)
Гринченко Даниил 239
Диплом второй степени (5 задач)
Аверков Даниил 239
Белаш Александр 30
Березовой Михаил 239
Михайлов Роман 366
Солнышкин Григорий 610
Диплом третьей степени
Вичуганова Мария
Волкова Снежана
Гончаров Михаил
Дунаева Полина г
Коноченков Иван
Кудряшов Максим
239 Онищенко Сергей 30
366 Петухова Ксения 239
122 Попов Егор 30
Ярославль Пьянков Андрей 533
239 Пяткова Анна 366
239 Седляр Иван 176
8 класс
Диплом первой степени
Васильев Иван 239
Колесников Артём 239
Савельев Артём г. Киров
Диплом второй степени
Елизаров Денис г. Ярославль
Жаворонков Дмитрий 239
Караваев Пётр 239
Лялинов Иван 239
Мастинен Никита 239
Слепанчук Артём 443
Диплом третьей степени
Броварник Илья
Вагин Дмитрий
Волков Иван
Давиденко Илья
Ильин Никита (6)
Купцов Евгений
Курагин Егор
239
ФТШ
419
Ярославль
239
239
г. Киров
Марченко Ксения
Огнёв Александр
Павленко Даниил
Плаксин Михаил
Фадеев Артём г.
Цирпка Денис
Якименко Артём
239
239
533
239
Ярославль
239
366

6
Победители олимпиады
9 класс
Диплом первой степени
Петров Владимир 239
Диплом второй степени
Кравченко Егор 239
Лялинов Иван (8) 239
Мишура Пётр 239
Диплом третьей степени
Глазков Михаил
Гундоров Андрей
г. Ярослав.;
г. Киров
Жаворонков Дмитрий (8) 239
Караваев Пётр (8)
Киселев Иван
Кутявин Денис
Мастинен Никита (8)
Можаев Андрей
Савельев Артём (8)
239
г. Ярослав.;
г. Киров
239
239
г. Киров
10 класс
Диплом первой степени
Крымский Станислав
Диплом второй степени
Герасименко Артур г.
Ланских Ирина г.
Рябов Егор г.
Диплом второй степени
Латышев Александр г.
Лучинин Сергей г.
Сафонов Иван
Фёдоров Даниил
239
(6 задач)
Москва
. Киров
Москва
(5 задач)
Москва
. Киров
239
533

Победители олимпиады
7
Диплом третьей степени
Анисимов Андрей 239
Беляков Артём 533
Беляков Кирилл 533
Гусаров Александр 30
Дамбаев Юрий 30
Дорохин Александр 239
Лупуляк Василий ΦΤΙΗ
Милынин Владислав 239
Новикова Александра 239
Яковлев Захар ΦΤΙΗ
Голованов Георгий г. Ярославль
Дидин Павел
Переславль-Залесский
11 класс
Диплом первой степени (6 задач)
Дубовик Егор г. Гомель
Диплом первой степени (5 задач)
Жуков Матвей 239
Иванов Михаил 239
Мигрин Виктор 239
Ретинский Вадим (10) г. Москва
Диплом второй степени
Вирачев Арсений 239
Карагодин Никита 239
Лисоветин Никита 239
Диплом третьей
Василевский Алексей г. Минск
Вепрев Георгий г. Рыбинск
Мариев Артём г. Киров
Токмачев Александр г. Ярославль
Толокно Изабелла
Тышук Кирилл
Фафурин Олег
степени
Геравкер Николай
Журба Ярослав
Челпанов Константин
239
239
239
533
239
239

8
Статистические данные
Статистические данные
олимпиады 2017 года
Критерий пропуска на второй тур олимпиады
и на региональный тур
В таблице указано, сколько нужно нужно было решить
задач для прохода на второй тур олимпиады или на региональный
тур (в 8 классе — на олимпиаду им. Эйлера).
Класс
Второй тур
Региональный тур
6
3-
7
3
8
2+
3
9
2+
3-
10
3,5
4
11
2
2,5
Второй тур
В левой таблице по каждой задаче приведено количество
решивших ее участников; также указаны общее количество
приглашенных на олимпиаду и количество прошедших в выводную
аудиторию*. В правой таблице указано количество участников,
решивших данное количество задач.
Класс Номер задачи
6
7
8
9
10
11
1
76
111
82
76
45
42
2
98
58
70
29
42
27
3
20
81
59
16
16
7
4
62
10
14
16
28
15
5
15
15
12
4
18
9
6
7
1
1
0
7
8
7
-
6
11
0
1
2
Всего
129
132
98
119
94
95
Вывод
53
48
54
40**
26
29**
Количество задач
1
33
35
9
43
12
17
2
24
37
23
27
17
11
3
26
29
30
9
6
7
4
19
12
14
3
12
6
5
5
5
6
1
4
4
6
3
1
3
0
3
1
7
-
1
0
0
1
0
* В начале олимпиады все участники получают карточку с условиями
четырех задач. Во время олимпиады участников, решивших три задачи,
переводят в отдельную (выводную) аудиторию, где они получают условия
еще трех (в шестом классе — двух) задач.
** Проход в вывод по двум задачам.

УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
Первый тур
6 класс
1. Серёжа отметил в календаре 6 последовательных дней
апреля и выписал, на какие числа месяца пришлись эти дни.
Получилось 6 последовательных чисел, выписанных по
возрастанию. Маша перемножила первые четыре из этих чисел, Таня
последние четыре, а Серёжа — все, кроме двух крайних. У
Маши и Тани последние цифры результатов совпали, а у Серёжи
получилась другая последняя цифра. Какая? Найдите все
возможные ответы и докажите, что других нет. (А. Голованов)
1
апреля
суббота
0
апреля
fredag
-1
апреля
j ueves
-2
апреля
mercredi
-3
апреля
wtorek
-4
апреля
monday
2. На Урюпинской Кольцевой автомобильной дороге
расположено пять деревень. Из каждой деревни в какие-то две
из других деревень можно добраться на автобусе за 2 часа,
а в остальные две — на велосипеде за 4 часа (не делая
остановок по дороге и проезжая по пути не более одной деревни).
Скорость автобуса всегда одинакова, скорость велосипеда тоже
всегда одинакова и меньше скорости автобуса. За какое время
можно объехать на автобусе всю кольцевую дорогу?
(А. Голованов)
3. В таблице с 4 строками и 9 столбцами имеется 9 красных
клеток, 11 синих и 16 белых. Если щелкнуть мышкой по строке
или по столбцу, произойдет следующее: если в этой линии
клеток какого-то цвета было больше, чем каждого из двух других

10
Условия задач
цветов, то вся линия перекрасится в этот цвет; если же такого
цвета не было, то ничего не произойдет. Оказалось, что если
щелкнуть сначала по всем строкам, а затем по всем столбцам,
то все клетки станут красными. А если вместо этого щелкнуть
сначала по всем столбцам, а потом по всем строкам, то все
клетки станут синими. Приведите пример такой таблицы.
(О. Иванова)
4. Во дворе стоят 5 домов, в них живет 5, 15, 25, 35, 45
человек. Известно, что у каждого есть не менее двух тезок
среди жителей двора. Докажите, что у кого-то есть тезка в своем
доме. (О. Иванова)
7 класс
1
6
7
12
2
5
8
11
3
4
9
10
5. Справа изображена таблица,
заполненная «змейкой»: в первой строке слева направо
выписаны по возрастанию числа, начиная с 1,
потом этот ряд чисел продолжается во второй
строке справа налево, потом в третьей строке —
снова слева направо и т. д. У Андрея есть более крупная
таблица, тоже заполненная змейкой, начиная с числа 1. В ней на-
I 13 I 12 I
шелся фрагмент 2 χ 2 с числами —— ——. Сколько столбцов
в таблице Андрея? Приведите все возможные варианты ответа
и докажите, что других нет. (А. Солынин)
6. На доске написано 10 натуральных чисел. Все их
последние цифры различны. Кроме того, все их предпоследние
цифры различны. Докажите, что сумма этих десяти чисел не
может быть точным квадратом. (А. Голованов)
7. В океане расположено три острова А, В ж С, причем
расстояния от А до В и от В до С — по 50 км, а от А до С —
70 км. Одновременно из А в С отправилась яхта, а из С в β —
катер, оба со скоростью 10 км/ч. Через два часа яхта села на
мель и стала подавать сигнал бедствия. Катер тут же изменил
курс, увеличил скорость вдвое и последовал к яхте. С острова В

Первый тур
11
А С
к яхте отправилась спасательная лодка со скоростью 20 км/ч.
Докажите, что лодка и катер доберутся до яхты одновременно.
(А. Кузнецов)
8. Вдоль дороги в стране Дураков растут 10 кустов, на
каждом кусте по 9 монет. Прохожие должны срывать с каждого
куста 2, 3 или 4 монеты, но при этом никто не должен срывать
поровну монет с соседних кустов, иначе охранники арестуют
нарушителя. Алиса, потом Буратино и после них Василио прошли
вдоль дороги и сорвали все монеты. Алиса сорвала не менее
35 монет. Докажите, что один из двух других сорвал меньше
26 монет. (К. Сухов)
8 класс
9. Стоимость алмаза в рублях равна
квадрату его массы в граммах, умноженному на 100,
а стоимость горного хрусталя в рублях в 3
раза больше его массы в граммах. Двое братьев
получили в наследство несколько камней общей
стоимостью 3 000 000 рублей. Братья распилили
каждый камень пополам и взяли себе по половинке каждого
камня. Оказалось, что каждый из братьев получил камней на
1 000 000 рублей. Сколько стоили изначально алмазы в
наследстве? (А. Солынин)
Цена
99,999т2 руб.
10. См. задачу 4.

12
Условия задач
11. В варианте олимпиады 7 задач, каждая оценивается
в 8 баллов. По результатам проверки все участники набрали
разное число баллов. Члены оргкомитета втихаря исправили
оценки 0 на 6, 1 на 7, 2 на 8. В результате этих махинаций
участники упорядочились в точности в обратном порядке.
Каким могло быть наибольшее количество участников? Приведите
пример и докажите, что большее число
участников невозможно. (В. Франк)
12. В треугольнике ABC проведена
медиана AD. Точка Ε на отрезке АС такова,
что ZADB = ZCDE. Докажите, что
периметр треугольника ADC больше периметра
четырехугольника ABDE. (А. Кузнецов)
13. Два натуральных числа отличаются на 10. Десятичная
запись их произведения состоит из одних девяток. Найдите эти
числа. (А. Кузнецов)
9 класс
14. Квадратный трехчлен х2 + рх + q имеет два различных
ненулевых целых корня а и Ь. Известно, что а + ρ делится на
q — 26. Чему может быть равно число а? (Приведите все ответы
и докажите, что других нет.) (А. Храброе, С. Берлов)
15. Сто клетчатых фанерных прямоугольников 5x6
распилили по клеточкам на куски, и из всех этих кусков
составили несколько квадратов 2 χ 2 и несколько фигурок вида III-
Найдите, при каком наименьшем числе кусков это возможно
сделать, если куски можно поворачивать и переворачивать.
(А. Храброе)
16. На боковых сторонах АВ и CD
трапеции ABC Ό выбраны точки X ж Ζ
соответственно. Отрезки СХ и В Ζ
пересекаются в точке Υ. Оказалось, что
пятиугольник AXYZD — вписанный. Докажите, что
AY = DY. (А. Кузнецов)

Первый тур
13
17. Перед открытием жилконторы к окошку в ней стояла
очередь из 100 человек, и в течение дня приходили еще люди.
Когда очередной клиент подходит к окошку, работница
жилконторы делит время, оставшееся до конца рабочего дня, на
текущее количество человек в очереди (включая подошедшего)
и обслуживает его ровно столько времени, сколько получилось
в частном. Всего за день было обслужено 130 человек.
Докажите, что найдутся пять клиентов, которых обслуживали
одинаковое время.
(Считается, что перерыва на обед нет и что никто не
становится в конец очереди в тот момент, когда очередной клиент
подходит к окошку.) (Н. Власова)
18. На экране однокнопочного калькулятора горит
натуральное число. Калькулятор при нажатии на кнопку заменяет
число η на число [(1 + у/3)η + i]. Дима много раз нажимает
на кнопку калькулятора, на экране одно за другим появляются
числа. Докажите, что каждое следующее число на экране
калькулятора равно удвоенной сумме двух предыдущих.
(А. Храброе)
10 класс
19. См. задачу 14.
20. Могут ли графики функций
у = ах -\- 6, у = ах -\- с, у = Ъх -\- с,
у = Ъх -\- а, у = сх -\- а, у = сх -\- Ъ
содержать стороны и диагонали некоторого четырёхугольника?
(А. Солынин)
21. Сто клетчатых фанерных прямоугольников 6x7
распилили по клеточкам на куски, и из всех этих кусков составили
несколько фигурок вида II и несколько фигурок вида III-
Найдите, при каком наименьшем числе кусков это возможно
сделать, если куски можно поворачивать и переворачивать
(фигурка может быть составлена из любого числа кусков, в том
числе из одного). (А. Храброе)

14
Условия задач
22. В треугольник ABC вписана
окружность ω. Известно, что ΔΑ = 43°.
Биссектрисы внешних углов ΖΒ и ZC
пересекаются в точке D. Из точки D
проведена касательная DE к
окружности ω. Найдите ZBEC. (А. Кузнецов)
23. Последовательность натуральных чисел (αη) задана
первым членом αϊ > 2000 и правилом
i^f, если ап четное,
3αη + 1, если ап нечетное.
Докажите, что в этой последовательности встретится число,
делящееся на 4. (П. Филонов)
11 класс
24. Можно ли расставить в таблице 7x9 числа от 1 до 63
так, чтобы в каждом квадрате 2x2 сумма чисел была нечетна?
(А. Храброе)
25. См. задачу 17.
26. Существуют ли такие натуральные числа а, 6, с, что а
и Ь имеют ровно 1000 общих делителей, а ж с имеют ровно 720
общих делителей, а а, 6, с имеют ровно 350 общих делителей?
(А. Солынин, Ф. Петров)
27. График кубического многочлена у = х3 + ах2 -\-Ъх + с
высекает на прямой, параллельной оси абсцисс, два отрезка
длины 1, а на прямой, параллельной прямой у = ж, два отрезка,
длина одного из которых равна vz. Чему может быть равна
длина второго? (А. Голованов, Ф. Петров)
28. Площадь поверхности тетраэдра ABCD равна S.
Известно, что АВ = 6, ВС = 9, CD = 7, DA = 2. Докажите, что
S > АС ■ BD. (А. Кузнецов)

Второй тур
15
Второй тур
6 класс
29. На доске написаны 10 натуральных чисел. Оказалось,
что произведение любых четырёх из них кратно 30. Докажите,
что хотя бы одно из написанных чисел само кратно 30.
(А. Голованов)
30. Назовём перестройкой натурального числа
перестановку любых двух его соседних цифр. Найдите все 19-значные
числа, которые в результате любой перестройки, кроме, быть
может, одной, увеличиваются. (С. Берлов)
31. Хулиган Вася проживает в N-этажном доме с лифтом
(оборудованным кнопками с номерами всех этажей от первого
до Ν-το). Вася покатался на лифте, и теперь этот лифт не всегда
реагирует на нажатие кнопки. Именно, если, находясь на а-м
этаже, нажать на кнопку Ь-го этажа, лифт поедет туда только
при выполнении одного из двух условий: если а -\- Ъ делится на
2017 или если а — Ь делится на 2018. В ответ на критику Вася
говорит, что с помощью этого лифта можно добраться с любого
этажа на любой другой. При каком наименьшем N это может
быть правдой? (А. Солынин)
32. На очень большой доске записано натуральное число
100 ... 000 (2017 нулей). Вася и Петя по очереди делают ходы,
начинает Петя. Каждый игрок может стереть написанное на
доске число и заменить его на меньшее число, не являющееся
его делителем. Игрок, который не может этого сделать,
проигрывает. Кто из игроков может выиграть, как бы ни ходил
другой? (А. Чухнов)
33. Все клетки доски 8x9 покрашены в
серый цвет. В противоположных углах доски стоят
фигуры «БКС-маляр» и «БСК-маляр». Из
клетки, в которой стоит БКС-маляр, он может перейти
в любую соседнюю (по стороне) свободную
клетку и перекрасить её: из белого цвета — в красный,
из красного — в серый, из серого — в белый. БСК-маляр при
своём ходе тоже переходит в соседнюю по стороне свободную

16
Условия задач
клетку, но перекрашивает её из белого цвета в серый, из серого
в красный, а из красного в белый. Маляры ходят по очереди,
первым ходит БКС-маляр. Докажите, что БСК-маляр
независимо от ходов первого может действовать так, чтобы серых
клеток всегда было не менее 40. (Е. Куликова)
34. В школе мальчики составляли целое число процентов
от общего числа учащихся. После Нового года в школу пришёл
ещё один мальчик и ещё две девочки, и мальчики по-прежнему
составляют целое число процентов от общего числа учащихся.
Докажите, что в Старом году учащихся было менее двухсот.
(А. Солынин)
7 класс
35. Какое наибольшее число непересекающихся
букв F (см. рисунок) можно вырезать из квадрата
300 χ 300? Фигурки можно поворачивать и
переворачивать. (А. Солынин)
36. На сторонах АВ и АС
треугольника ABC выбраны точки D и Ε
соответственно, так что AD = АЕ. Докажите, что из
отрезков BE, CD ж ВС можно составить
треугольник. (А. Кузнецов) л " F С
37. На доске написаны числа от 1 до 1 000 000. Андрей стер
все простые числа. Затем Надя стёрла все числа, делящиеся
хотя бы на одно из чисел
2, 3, 4, ..., 100, 1000, 1001, 1002, ..., 10000.
Докажите, что произведение оставшихся чисел является
степенью (больше первой) некоторого натурального числа.
(С. Берлов, А. Солынин)
38. В кружке 49 учеников. Известно, что если трое
кружковцев попарно незнакомы друг с другом, то какие-то двое из
них имеют в кружке общего знакомого. Докажите, что кто-то
из учеников имеет в кружке хотя бы 6 знакомых. (С. Берлов)

Второй тур
17
39. Дан выпуклый четырёхугольник
ABCD. Известно, что ZA = 45°, ZADC =
= ZACD = 75°, АВ = CD = 1.
Найдите ВС. (А. Солынин) д т-,
40. Палиндромом называется натуральное число, которое
одинаково читается слева направо и справа налево.
Дано простое число ρ ^ 2017. Докажите, что существует
палиндром из не более чем 449 цифр, кратный р.
(А. Солынин)
41. В каждой клетке прямоугольника m χ η провели две
диагонали, в результате чего прямоугольник оказался разбит на
Amn треугольников. Все треугольники покрасили в черный или
белый цвет так, что при этом каждый белый треугольник имеет
общую сторону хотя бы с одним черным. Какое наименьшее
количество черных треугольников могло быть в такой раскраске?
(Н. Власова, С. Берлов)
8 класс
42. См. задачу 35.
43. См. задачу 37.
44. Сережа выписывает в строчку различные числа. Для
каждого очередного числа среди написанных ранее количество
чисел, больших его, и количество чисел, меньших его,
отличаются не более чем на 1. Известно, что 84-е число меньше, чем
219-е. Какое число больше: 83-е или 2017-е? (А. Голованов)
45. На стороне CD параллелограмма ■■
ABCD выбраны ТОЧКИ hj\ И _С/2 TcLK, ЧТО
АВ = ВЕХ = ВЕ2.
На луче АЕ\ выбрана точка F\ так, что
ВЕ\ || CF\, а на луче АЕч выбрана точка
Fi так, что ВЕч || CF^. Докажите, что
DF\ = DF2. (А. Кузнецов)

18
Условия задач
46. На предприятии работают несколько сотрудников,
зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные
сотрудники могут иметь разную зарплату). Инкассаторы
привезли на предприятие η монет по 1 тугрику, η монет по 2
тугрика, .. ., η монет по 2017 тугриков. Привезенные деньги — это
в точности суммарная зарплата всех сотрудников. При каком
наибольшем количестве сотрудников зарплату заведомо
удастся раздать (так, что каждый получит в точности
причитающуюся ему сумму)? (В. Франк)
47. Медианы треугольника ABC
пересекаются в точке М. На прямой, проходящей
через точку А параллельно ВС, выбрана
точка D так, что ZCMD = 90°. Площадь
четырехугольника AMCD равна S. Докажите,
что АВ ■ CD > 25. (А. Кузнецов)
48. Петя и Вася играют в игру: дана клетчатая полоса
1 χ 99, в которой первая и последняя клетки помечены точками.
Ходят по очереди, начинает Петя. За один ход можно закрасить
две соседние по стороне незакрашенные клетки. Также один раз
за игру (один раз на двоих) можно закрасить одну
незакрашенную клетку с точкой. Проигрывает тот, кто не может сделать
ход. Кто из мальчиков выиграет при правильной игре?
(С. Берлов)
9 класс
49. Сашин компьютер умеет делать две операции. Если
в него загрузить карточку с числом а, то он вернет ее назад
и напечатает еще карточку с числом а + 1. Если же в него
последовательно загрузить карточки с числами а и 6, то он вернет
их назад и напечатает карточки со всеми корнями квадратного
трехчлена х2 + ах + Ъ (одну, две или ни одной). Изначально
у Саши была лишь карточка с числом s. Верно ли, что при
любом s > 0 Саша сможет в какой-то момент получить карточку
с числом λ/s? (А. Храброе)
D А
Ж
С В

Второй тур
19
50. В треугольнике ABC на стороне
АВ нашлась такая точка X, что 2ВХ =
= В А + ВС. Точка Υ симметрична
центру / вписанной окружности
треугольника ABC относительно точки X.
Докажите, что YIb перпендикулярно АВ, где
1В — центр вневписанной со стороны АС
окружности треугольника ABC.
(Φ. Бахарев)
51. Петя, Вася и Толя играют на доске 100 χ 100 в
следующую игру. Они по очереди (начинает Петя, потом Вася, потом
Толя, затем Петя и т. д.) закрашивают граничные клетки доски
(т.е. имеющие общую сторону с границей доски). Запрещается
закрашивать клетку, соседнюю по стороне с уже закрашенной.
Кроме того, нельзя закрашивать клетку, симметричную уже
закрашенной относительно центра доски. Проигрывает тот, кто
не может сделать ход. Могут ли Вася и Толя, договорившись,
играть так, чтобы Петя проиграл? (С. Берлов)
52. В клетках таблицы 3 χ η записаны натуральные числа.
В каждой из трёх строчек встречаются по одному разу числа 1,
2, ..., п. Для каждого столбца сумма попарных произведений
стоящих в нём трех чисел кратна п. При каких η это возможно?
(Н. Филонов)
53. В неравнобедренном
треугольнике ABC угол В равен 130°. Точка
Η — основание высоты из вершины В.
На сторонах АВ и ВС нашлись
такие точки D и Ε соответственно, что
DH = ЕН и четырехугольник ADEC вписанный. Найдите
ZDHE. (Д. Ширяев, С. Берлов)
54. Числа а, Ь и с лежат в промежутке [0,1) и
удовлетворяют соотношению а? + Ь2 + с2 = 1. Какое наименьшее значение
может принимать величина
а Ь с
В
D
Ε
/А
Η
CN
Vi
+
+
л/Г^Ь2 VT
(А. Храброе)

20
Условия задач
55. Назовем клетчатым квадрантом четверть плоскости,
расположенную выше оси X и правее оси У, разбитую на
клеточки со стороной 1. В клетчатом квадранте закрашены п2
клеток. Докажите, что в этом квадранте найдется не менее п2 + η
клеток (в том числе, закрашенных), соседних по стороне с хотя
бы одной закрашенной. (С. Берлов, Д. Ширяев)
10 класс
56. У квадратного трехчлена разрешается заменить любой
из трех его коэффициентов на его дискриминант. Верно ли, что
из любого квадратного трехчлена, не имеющего корней, можно
за несколько таких операций получить квадратный трехчлен,
имеющий корень? (А. Кузнецов)
57. Последовательность (ап) удовлетворяет соотношениям
αϊ > 10 и
«n = «n-i + НОД(п, αη_ι) при η > 1.
Известно, что в этой последовательности есть член, в два раза
больший своего номера. Докажите, что таких членов
бесконечно много. (А. Храброе)
58. В остроугольном треугольнике ABC провели медиану
AM, высоту АН и биссектрису AL. Оказалось, что точки В,
Н, L, М, С лежат на прямой ВС имен- ^/^г-~^
но в таком порядке, причем LH < LM. / \\"""^^
Докажите, что ВС > 2AL. / \ ^\ ^^^^
(А. Кузнецов) В Η L Μ С
59. На доске написаны числа от 1 до 20002. Вася выбрал из
них 2000 чисел, сумма которых в 2000 раз меньше суммы всех
чисел на доске, и покрасил их в красный цвет. Докажите, что
его друг Петя сможет покрасить остальные числа в другие 1999
цветов (в каждый цвет по 2000 чисел) так, чтобы суммы чисел
каждого цвета были одинаковы. (А. Голованов)
60. Даны положительные числа ж, у, ζ, удовлетворяющие
равенству yjxyz = ху + xz + yz. Докажите, что χ + у + ζ si 1/3.
(А. Храброе)

Второй тур
21
61. В остроугольном треугольнике ABC
проведены высота АН и медиана ВМ. На
описанной окружности треугольника ВНМ
отмечена такая точка D, что AD \\ В Μ и
точки В и D лежат в разных полуплоскостях
относительно прямой АС. Докажите, что
ВС = BD. (А. Кузнецов)
62. В стране некоторые пары городов соединены дорогами
с односторонним движением, причем из любого города можно
проехать в любой другой. Из каждого города выходит хотя бы
две дороги и в каждый город входит хотя бы две дороги.
Докажите, что можно найти циклический маршрут и удалить все
его дороги так, что по-прежнему из любого города можно будет
проехать в любой другой. (Д. Карпов)
11 класс
63. Ученики школы посещают m кружков. В каждый
кружок ходит ровно гак детей. Докажите, что можно рассадить
всех учеников школы по к кабинетам так, чтобы в каждом
кабинете был хотя бы один представитель каждого кружка (т и к —
натуральные числа). (Д. Черкашин)
64. Окружность, проходящая через
вершины А ж В треугольника ABC, пересекает
стороны АС и ВС в точках Ρ и Q
соответственно. Медиана из вершины С делит дугу PQ этой
окружности пополам. Докажите, что
треугольник ABC равнобедренный. (Д. Максимов)
65. Числа ж, у, z,t (Ξ (0, π/2] удовлетворяют условию
cos2 χ + cos2 у + cos2 ζ + cos2 t = 1.
Какое наименьшее значение может принимать величина
ctg χ + ctg у + ctg z + ctg ί? (A Храброе)

22
Условия задач
66. Натуральное число η назовем почти квадратом, если
η можно представить в виде η = ah, где а и Ь — натуральные
числа, причем а ^ Ь ^ 1,01а. Докажите, что для бесконечно
многих натуральных т среди чисел т, т + 1, т + 2, ..., т + 198
нет почти квадратов. (А. Голованов)
67. В тетраэдре Ρ ABC проведена ρ
высота PH. Из точки Η на прямые
РА, РВ и PC опущены
перпендикуляры НА1, Η В' и НС. Плоскости ABC и
А'В'С пересекаются по прямой I.
Точка О — центр окружности, описанной
около треугольника ABC. Докажите,
что прямые ОН и I перпендикулярны. С
(А. Кузнецов)
68. В стране некоторые математики знакомы между собой
и при любом разбиении математиков на две непустые группы
найдутся двое знакомых из разных групп. Известно, что если
посадить за круглый стол любой набор из 4 или более
математиков так, чтобы любые два соседа были знакомы, то за столом
найдутся двое знакомых, не сидящих рядом. Обозначим через
Cj количество наборов из г попарно знакомых математиков.
Докажите, что
с\ - с2 + с3 - с4 + ... = 1.
(Ф. Петров)
69. На плоскости дан выпуклый многоугольник с
вершинами в целых точках, содержащий внутри начало координат О.
Пусть V\ — множество векторов, идущих из О в вершины
многоугольника, a V<2 — множество векторов, идущих из О во все
целые точки, содержащиеся внутри и на границе многоугольника
(таким образом, V\ содержится в Уч). Два кузнечика прыгают
по целым точкам: каждый прыжок первого кузнечика смещает
его на вектор из множества V\, а второго — из Уч. Докажите, что
для некоторого числа с верно следующее утверждение: если оба
кузнечика могут допрыгать из О до некоторой точки А, причем
второму понадобится для этого η прыжков, то первый сможет
сделать это не более чем за η + с прыжков. (А. Акопян)

Олимпиада 239 школы
23
Олимпиада 239 школы
8, 9 классы
70. Для каждой перестановки а\, ..., ап чисел от 1 до η
вычислим величину
1
αι(αι + α2)(αι + α2 + α3) . .. (αϊ + . .. + αη)
Докажите, что сумма таких величин по всем п! перестановкам
равна 1/η!. (Ф. Петров)
71. Внутри окружности ω,
проходящей через точки А ж В, отмечена
точка С. На отрезке СВ выбирается
произвольная точка X. Луч АХ вторично
пересекает окружность ω в точке Υ.
Докажите, что в плоскости можно указать
две такие точки, что окружность,
описанная около треугольника CXY,
проходит через них при любом выборе
точки X. (А. Кузнецов)
72. Найдите все такие составные числа п, что для любого
разложения на два натуральных сомножителя η = ху сумма
χ + у является степенью двойки. (77. Ходунов)
73. На одной из клеток доски 100 χ 100 стоит невидимый
танк. Пушка может обстрелять любые 60 клеток доски, после
чего танк перемещается в соседнюю по стороне клетку (быть
может, только что обстрелянную). Далее этот процесс
повторяется. Может ли пушка стрелять так, чтобы когда-нибудь
гарантированно попасть в танк? (С. Берлов, Д. Ширяев)
74. Дан описанный
четырехугольник ABCD, в котором
V2(BC - ΒΑ) = AC.
Точка Χ — середина диагонали АС.
Докажите, что 2ZBXD = ZDAB - ZDCB.
(Ф. Бахарев, С. Берлов)
а\^^-—с

24
Условия задач
75. На доске написаны натуральные числа χ и у > х.
Разрешается выписывать на доску остаток от деления одного из
выписанных чисел на другое. Докажите, что найдется такое
к (Ξ Ν, что если исходное число у было больше к, то на доске
появится не более у/1 000 000 различных чисел.
(М. Антипов)
76. Найдите наибольшее такое s > 0, что для любых
положительных чисел а, 6, с выполняется неравенство
(— — 1 ^i 1 1 1 λ
γ α + 6 6 + с c+aj ^ уа2 -\- be Ъ2 -\- са с2 + аЪ)
(Б. Баев)
77. В школе три класса. Некоторые пары детей из разных
классов враждуют (внутри класса врагов нет). Известно, что
у любого ребенка из первого класса столько же врагов во
втором классе, сколько и в третьем; аналогичное верно для детей
из других классов. Докажите, что количество пар детей из
разных классов, имеющих общего врага, не меньше количества пар
враждующих детей.
10, 11 классы
78. На стороне АС треугольника ABC
выбрана точка D. Точки 1\, 1^, I —
центры вписанных окружностей треугольников
ABD, BCD, ABC соответственно. Докажите,
что если / — ортоцентр треугольника ΒΙγΙι-,
то BD — высота треугольника ABC.
(С. Берлов)
79. См. задачу 72.
80. Найдите все функции /: R —> R, такие что для любых
ж, у (Ξ Μ выполняется равенство (у + l)f(yf(x)) = yf(x(y + 1)).
(С. Берлов)
(И. Богданов)
A DC

Олимпиада 239 школы
25
81. Дан многочлен f(x) с целыми коэффициентами.
Положим
d(a,k) = |/(/(.../(«). ..))-«!·
4 ν '
k
Известно, что d[a, k) > 0 при любых α (Ξ Ζ и fc (Ξ N. Докажите,
что <ί(α, fc) Ji fc/3 при любых α (Ξ Ζ и fc (Ξ Ν. (Μ. Антипов)
82. См. задачу 77.
83. Дан описанный
четырехугольник ABCD, в котором
V2(BC - ΒΑ) = AC.
Точка Χ — середина диагонали АС. На
биссектрисе угла В выбрана такая
точка Υ, что луч XD — биссектриса угла
ΒΧΥ. Докажите, что описанная окружность треугольника DXY
касается прямой BD. (Ф. Бахарев)
84. На одной из клеток доски 100 χ 100 стоит невидимый
танк. Пушка может обстрелять любые к клеток доски, после
чего танк перемещается в соседнюю по стороне клетку (быть
может, только что обстрелянную). Далее этот процесс
повторяется. При каком наименьшем к пушка непременно сможет
подбить танк? (С. Берлов, Д. Ширяев)
85. Рассмотрим несколько (различных) параллелограммов
единичной площади, у каждого из которых которых одна из
вершин лежит в начале координат О, а координаты остальных
вершин — неотрицательные целые числа. Для каждого такого
параллелограмма ОАВС вычислим величину ОА + ОС — ОВ.
Докажите, что сумма этих величин не больше 2.
(Н. Калинин, М. Школьников)

26
Условия задач
Вторые варианты задач
1. Андрей отметил в календаре 6 последовательных дней
июня и запомнил, на какие числа месяца пришлись эти дни.
Потом он выписал эти 6 последовательных чисел в порядке
убывания. Павлик перемножил первые четыре из этих чисел,
Андрей — все, кроме двух крайних, а Майя — последние
четыре. У Павлика и Андрея последние цифры результатов совпали,
а у Майи получилась другая последняя цифра. Какая? Найдите
все возможные ответы и докажите, что других нет.
2. На круговом шоссе расположено 5 деревень. Вася
обнаружил, что в какой бы деревне он ни очутился, до каких-то
двух других деревень он может доехать за 20 минут на
велосипеде, а до двух оставшихся — за 10 минут на мопеде (в каждой
поездке он проезжает по пути не более одной деревни). И на
мопеде, и на велосипеде Вася движется с постоянной скоростью
без остановок, причем на мопеде быстрее. За какое время Вася
сможет сделать один круг по шоссе на мопеде?
3. В таблице с 9 строками и 4 столбцами имеется 8
желтых клеток, 12 зеленых и 16 белых. Если щелкнуть мышкой по
строке или по столбцу, произойдет следующее: если в этой
линии клеток какого-то цвета было больше, чем каждого из двух
других цветов, то вся линия перекрасится в этот цвет; если же
такого цвета не было, то ничего не произойдет. Оказалось, что
если щелкнуть сначала по всем строкам, а затем по всем
столбцам, то все клетки станут зелеными. А если вместо этого
щелкнуть сначала по всем столбцам, а потом по всем строкам, то все
клетки станут желтыми. Приведите пример такой таблицы.
4. В школе работают 5 кружков, в них занимаются 7, 10,
13, 15, 25 школьников (каждый школьник посещает только один
кружок). Известно, что у каждого школьника в этих кружках
есть не менее двух одноклассников. Докажите, что хотя бы в
одном кружке есть два школьника из одного класса.

Вторые варианты задач
27
1
6
7
12
2
5
8
11
3
4
9
10
5. Справа изображена таблица,
заполненная «змейкой»: в первой строке слева направо
выписаны по возрастанию числа, начиная с 1,
потом этот ряд чисел продолжается во второй
строке справа налево, потом в третьей строке —
снова слева направо и т. д. У Нади есть более крупная таблица,
тоже заполненная змейкой, начиная с числа 1. В ней нашелся
фрагмент 2 χ 2 с числами —— ^—-. Сколько столбцов в Нади-
ной таблице? Приведите все возможные варианты ответа и
докажите, что других нет.
6. На доске написано 5 четных чисел. Среди последних
и предпоследних цифр этих чисел нет одинаковых. Докажите,
что сумма этих пяти чисел не может являться точным
квадратом.
7. В океане расположено три острова А, В ж С, причем
расстояния от А до В и от А до С — по 60 км, а от β до С —
80 км. Одновременно из β в С отправилась яхта, а из С в А —
катер, оба со скоростью 20 км/ч. Через час яхта села на мель
и стала подавать сигнал бедствия. Катер тут же изменил курс,
увеличил скорость вдвое и последовал к яхте. С острова А
к яхте отправилась спасательная лодка со скоростью 40 км/ч.
Докажите, что лодка и катер доберутся до яхты одновременно.
8. В Стране Чудес вдоль дороги растут 12 кустов розы, на
каждом кусте по 6 шипов. Прохожие должны срывать с
каждого куста 1, 2 или 3 шипа, но при этом никто не должен срывать
поровну шипов с соседних кустов, иначе стражники
арестуют нарушителя. Алиса, потом Болванщик и после них Валет
Червей прошли вдоль дороги и сорвали все шипы. Болванщик
сорвал меньше 19 шипов. Докажите, что один из двух других
сорвал не менее 30 шипов.
9. Стоимость рубина в рублях равна квадрату его массы
в граммах, умноженному на 80, а стоимость аметиста в рублях
в пять раз больше его массы в граммах. Двое братьев
получили в наследство несколько камней общей стоимостью 5 000 000
рублей. Братья распилили каждый камень пополам и взяли
себе по половинке каждого камня. Оказалось, что каждый из

28
Условия задач
братьев получил камней на 2 000 000 рублей. Сколько стоили
изначально рубины в наследстве?
10. См. задачу 4.
11. В варианте олимпиады 8 задач, каждая оценивается
в 7 баллов. По результатам проверки все участники набрали
разное число баллов. Члены оргкомитета втихаря исправили
оценки 0 на 5, 1 на 6, 2 на 7. В результате этого участники
упорядочились в точности в обратном порядке. Какое наибольшее
количество участников могло быть? Приведите пример и
докажите, что большее число участников невозможно.
12. Точка Μ — середина стороны АС треугольника ABC.
Точка К на стороне АВ выбрана так, что ZAMK = ZBMC.
Докажите, что периметр четырехугольника КМСВ меньше
периметра треугольника AM В.
13. Два натуральных числа отличаются на 24. Их
произведение на 1 больше числа, десятичная запись которого состоит
из одних единиц. Найдите эти числа.
14. Квадратный трехчлен х2 + рх + q имеет два различных
ненулевых целых корня s ιί. Известно, что s + ρ делится на
q + 2t. Чему может быть равно число s? (Приведите все ответы
и докажите, что других нет.)
15. Двести клетчатых картонных прямоугольников 5x6
разрезали по клеточкам на куски, и из всех этих кусков
составили несколько фигурок вида | | и несколько фигурок
вида |||- Найдите, при каком наименьшем числе кусков это
возможно сделать, если куски можно поворачивать и
переворачивать.
16. На сторонах АВ и CD выпуклого четырехугольника
ABC Ό выбраны точки X ж Ζ соответственно. Отрезки СХ
и ΒΖ пересекаются в точке Υ. Оказалось, что пятиугольник
AXYZD вписанный и AY = DY. Докажите, что AD \\ ВС.
17. Чиновник весь рабочий день непрерывно отвечает на
письма. В начале рабочего дня он обнаружил 130 неотвеченных
писем, но в течение дня приходили новые письма. Когда
чиновник приступает к ответу на очередное письмо, он делит время,

Вторые варианты задач
29
оставшееся до конца рабочего дня, на число писем, на которые
он еще не ответил (включая это письмо), и тратит на ответ
ровно столько времени, сколько получилось в частном. Всего
за день он ответил на 160 писем. Докажите, что было 6 писем,
на которые он потратил одинаковое время.
(Считается, что перерыва на обед нет и что никакое новое
письмо не приходит в тот момент, когда чиновник начинает
отвечать на очередное письмо.)
18. На экране однокнопочного калькулятора горит
натуральное число. Калькулятор при нажатии на кнопку заменяет
число η на число [(2 + 2\/2)п + Ы. Саша много раз нажимает
на кнопку калькулятора, на экране одно за другим
появляются числа. Докажите, что каждое следующее число на экране
калькулятора равно учетверенной сумме двух предыдущих.
19. См. задачу 14.
20. Могут ли графики функций у = αχ — 6, у = αχ — с,
у = Ъх — а, у = Ъх — с, у = сх — а, у = сх — Ъ содержать стороны
и диагонали некоторого четырехугольника?
21. Сто клетчатых фанерных прямоугольников 6x7
распилили по клеточкам на куски, и из всех этих кусков составили
несколько несколько фигурок вида II и несколько фигурок
вида | | | |. Найдите, при каком наименьшем числе кусков это
возможно сделать, если куски можно поворачивать и
переворачивать (фигурка может быть составлена из любого числа
кусков, в том числе из одного).
22. Стороны АВ и AD четырехугольника ABCD
являются внешними биссектрисами треугольника BCD. Известно, что
ZC = 47°. Из точки А проведена касательная АК к вписанной
окружности треугольника BCD. Найдите ZBKD.
23. Последовательность натуральных чисел (αη) задана
первым членом αϊ > 1000 и правилом αη+ι = αη/2, если αη —
четное, αη+ι = 3αη — 1, если αη — нечетное. Докажите, что
в этой последовательности встретится число, делящееся на 4.
24. Можно ли расставить в таблице 5x11 числа от 1 до 55
так, чтобы в каждом квадрате 2x2 сумма чисел была нечетна?

30
Условия задач
25. См. задачу 17.
26. Существуют ли такие натуральные числа ж, у, ζ, что ж
и ζ имеют ровно 1400 общих делителей, у и ζ имеют ровно 1000
общих делителей, а ж, у, ζ имеют ровно 300 общих делителей?
27. График кубического многочлена у = ж3 + αχ2 -\-Ъх + с
высекает на прямой, параллельной прямой у = —ж, два отрезка
длины у/2, а на прямой, параллельной оси абсцисс, два
отрезка, длина одного из которых равна 1. Чему может быть равна
длина второго?
28. Площадь поверхности тетраэдра ABCD равна S.
Известно, что АВ = 1, ВС = 7, CD = 8, DA = 4. Докажите, что
S >AC-BD.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Ответ: последняя цифра произведения у Серёжи — 4.
Заметим, что все получившиеся последние цифры у ребят
четные. Кроме того, среди выбранных шести чисел встретится
число, кратное 5. Если оно стоит не на краю, то у Серёжи
и какой-то из девочек произведения оканчиваются на 0, что
противоречит условию.
Если же число, кратное 5, стоит на краю, например в
начале, то на другом краю (в конце) число тоже делится на 5.
Тогда у обеих девочек девочек произведения оканчиваются на О,
а числа, которые перемножал Серёжа, оканчиваются либо на 1,
2, 3, 4, либо на 6, 7, 8, 9. В обоих случаях произведение Серёжи
оканчивается на 4.
Замечание. Можно было бы не делать всех этих
наблюдений о делимостях, а просто догадаться, что последняя цифра
произведения зависит только от последних цифр
сомножителей, после чего перебрать 10 вариантов: когда первое число
оканчивается на 1, когда оно оканчивается на 2, ..., когда оно
оканчивается на 0.
2. Ответ: 5 часов.
Обозначим деревни А, В, С, D, Е.
По условию из деревни А в другие
деревни по маршрутам А-В, А—В—С, А—Е,
A-E-D курсируют автобусы и
велосипеды. Предположим, маршрут А-В-С
можно преодолеть за 4 часа на велосипеде.
Тогда в поездках А-В, а также в поездке из
В в С используются двухчасовые
автобусы. Получается, что при поездке на автобусе из А в В, а после
этого из В в С мы потратим в сумме 4 часа, т. е. столько же,

32
Решения задач
сколько требует велосипедный маршрут А-В-С. Но этого не
может быть, так как автобус движется быстрее велосипеда.
Значит, предположение, сделанное нами, неверно, и
маршрут А-В-С принято проезжать за два часа на автобусе. Тогда
аналогично маршруты C—D—E, Е—А—В, B—C—D, D-E-A тоже
преодолеваются за два часа на автобусе. Проехав по всем этим
маршрутам, мы объедем шоссе два раза, потратив на это 10
часов. Следовательно, один круг занимает 5 часов.
3. Например, подходит следующая расстановка.
к
с
с
к
с
с
к
с
с
к
с
с
с
к
с
с
к
к
к
к
Если щелкнуть по строкам, получится две красных строки,
одна белая и одна синяя. Далее, щелкая по столбцам, получаем
красную таблицу.
Если же сначала щелкать по столбцам, получится 5 синих
столбцов и 4 белых. И теперь, если щелкать по строкам, таблица
станет синей.
4. Решение 1 (принцип Дирихле).
Всего в этих домах живет 125
человек. На каждое имя приходится хотя бы
три человека, а значит, всего у этих
людей менее 42 имен. Значит, в самом
многолюдном доме есть двое тезок.
Решение 2 (принцип крайнего). Рассмотрим самый
большой дом — тот, в котором живет 45 человек. Предположим,
что тезки этих людей живут в других домах. Это значит, во-
первых, что все обитатели большого дома имеют разные имена,
а во-вторых, что никто не может быть тезкой сразу двух
человек из большого дома. Поэтому суммарное количество тезок
у жителей большого дома не менее 90 и все эти тезки
живут в остальных четырех домах. Но это невозможно, поскольку
в остальных домах в сумме живет лишь 80 человек. Полученное
противоречие доказывает, что мы сделали неверное
предположение, и значит, некоторые жители большого дома — тезки.
Имена — это клетки,
а люди — зайцы. При
рождении каждому
человеку дают имя, т. е.
сажают его в клетку.

Первый тур
33
5. Ответ: 11 столбцов.
Решение 1 (конструктив). Очевидно, что обе строки
данного фрагмента 2x2 можно однозначно продолжить влево.
Получится более широкий фрагмент таблицы:
22
23
21
24
20
25
19
26
18
27
17
28
16
29
15
30
14
31
13
32
12
33
Теперь ясно, что числа от 1 до 11 выписаны в предыдущей
строке, и всего в этой таблице имеется 11 столбцов.
Решение 2 (двусторонняя оценка). В первой строке
числа идут слева направо по возрастанию. Значит, 12 и 13
находятся не в первой строке, откуда в таблице не более 11 столбцов.
С другой стороны, все числа от 12 до 33 должны поместиться
в двух строках. Таких чисел всего 22, а значит, столбцов не
менее 11.
6. Мысленно выпишем числа друг под другом и
попытаемся найти их сумму S с помощью сложения «в столбик». В
разряде единиц по одному разу выписаны цифры 0, 1, 2, ..., 9.
Их сумма равна 45. Поэтому последняя цифра числа S равна 5,
и при продолжении вычислений в следующий разряд
переносится 4 единицы. В разряде десятков также по одному разу
выписаны цифры 0, 1, ..., 9 с суммой 45. С учетом переноса
получается сумма 49, т. е. предпоследняя цифра числа S
равна 9. Таким образом, число S оканчивается на 95. Значит, оно
делится на 5, но не делится на 25, и поэтому не может быть
точным квадратом.
Еще одна причина, почему число, оканчивающееся на 95, не
является точным квадратом — оно дает остаток 3 при делении
на 4, а квадраты при делении на 4 могут давать только остатки
0 или 1.
7. Пусть D — место, где яхта ~«
села на мель, а. Е — место, в кото- / \.
ром в этот момент оказался катер. У^ / \ч „
Тогда AD = 20 км, CD = 50 км, / / ^^\
СЕ = 20 км. Кроме того, ABAC = / /-^"^ \
= ZBCA, поскольку треугольник A в С

34
Решения задач
ABC равнобедренный. Тогда треугольники BAD и DCE равны
по первому признаку, и мы получаем, что BD = DE. Так как
после аварии катер и лодка плывут с одинаковыми скоростями,
они придут на помощь одновременно.
8. Наибольшее количество монет, которые можно сорвать
с двух соседних кустов, — это 7 = 3 + 4. 10 кустов образуют
5 пар соседних кустов, значит, наибольшее число монет,
которые можно сорвать со всех кустов и не быть арестованным, —
35; для этого нужно попеременно срывать 3 и 4 монеты.
Значит, именно так Алиса и собрала свои монеты. Можно считать
для определенности, что с первого куста она сорвала 4 монеты
(в противном случае она сорвала 4 монеты с последнего куста,
тогда просмотрим запись всей прогулки в обратном
направлении).
Заметим, что 9 монет с каждого куста можно было сорвать
двумя способами: 9 = 2 + 3+4, либо 9 = 3 + 3 + 3. С первого куста
Алиса сорвала 4 монеты, значит, это был первый способ, и кто-
то из остальных персонажей собрал с первого куста 3 монеты
и тогда он же не мог собрать 3 монеты со второго куста.
Значит, для сбора монет со второго куста тоже применялся первый
способ. Продолжая это рассуждение, заключаем, что все кусты
были обобраны первым способом.
Пусть для определенности Буратино сорвал с первого куста
2 монеты, а Василио — 3 монеты. Тогда со второго Буратино
обязан сорвать 4 монеты, а Василио — 2 монеты. Способ
срывания монет с каждого следующего куста однозначно
определяется предыдущим: с кустов с нечетными номерами Буратино
срывает 2, а Василио — 3 монеты, а с кустов с четными
номерами — 4 и 2 соответственно. Тогда Василио сорвал в сумме
25 монет, что меньше 26.
9. Ответ: 2000000 рублей.
При распиливании горного хрусталя получаются две
равные части, каждая из которых стоит в 2 раза дешевле, чем
исходный камень. Значит, суммарная цена этих половинок такая
же, как и у целого камня. А при распиливании алмаза
получаются две равные части, каждая из которых стоит в 4 раза
дешевле, чем исходный алмаз. Таким образом, распил алмаза

Первый тур
35
приводит к потере половины его стоимости. При дележе
наследства братья потеряли 1 000 000 рублей, эти потери равны
половине исходной стоимости алмазов. Следовательно, алмазы
стоили 2 000 000 рублей.
11. Ответ: 8 участников.
Оценка. Результат участника увеличился на 6к, где к —
количество его оценок 0, 1, 2. Очевидно, 0 ^ к ^ 7. Если
какие-то два участника имеют одинаковое количество оценок,
не превосходящих 2, то их результаты увеличились одинаково,
и значит, в конце эти двое имеют тот же порядок результатов,
что и в начале. Значит, могло быть не более 8 участников.
Вот еще одно, более геометричное рассуждение.
Пронумеруем участников по убыванию результатов. Очевидно, второй
после исправления «перепрыгнул» через первого, и значит, его
результат после исправления увеличился не меньше чем на 6.
Третий участник «перепрыгнул» через первого и второго, и
тогда его результат увеличился сильнее, чем результат второго,
т. е. не меньше чем на 12. Аналогично результат четвертого
увеличился не менее чем на 18 и т. д. Поскольку
в олимпиаде было 7 задач, никакой
результат не мог увеличиться больше чем на 42.
Значит, было не более 8 участников — на 1
больше, чем число задач.
Пример. Описанная ситуация
возможна, если, например, участники имели
следующие результаты.
12. Решение 1. Отметим на отрезке
AD такую точку Ε', что DE' = DE.
Заметим, что тогда треугольники BDE' и CDE
равны по двум сторонам и углу, значит,
BE' = СЕ. Нам нужно проверить, что
периметр треугольника ADC больше периметра
четырехугольника ABDE, т. е. что В в С
АЕ' + E'D + DC + АЕ + ЕС > BD + АВ + АЕ + ED.
3
0
0
0
0
0
0
0
3
3
0
0
0
0
0
0
3
3
3
0
0
0
0
0
3
3
3
3
0
0
0
0
3
3
3
3
3
0
0
0
3
3
3
3
3
3
0
0
3
3
3
3
3
3
3
0
Уберем из обеих частей общий отрезок АЕ, равные отрезки
DC = BD, E'D = ED, и заменим в левой части ЕС на Е'В,

36
Решения задач
получим неравенство
АЕ' + Е'В > АВ.
Это неравенство треугольника для треугольника АЕ'В.
Решение 2. Построим треугольник D А' С, симметричный
треугольнику DAB относительно серединного перпендикуляра
к отрезку ВС. Тогда
AD = A'D = A'E + ED, АВ = А'С. \ д4'
Уберем из периметров треугольника ADC / \ Х/М
и четырехугольника ABDE равные отрез- / \ /\ \
ки BD = DC. Тогда нам остается доказать / \ / \\
неравенство / Лг\ \
В D С
АВ + АЕ + ED < AD + АЕ + ЕС.
Уберем общий отрезок АЕ и воспользуемся написанными выше
равенствами:
А'С + ED < А'Е + ED + ЕС.
Убрав из обеих частей отрезок ED, получаем неравенство
треугольника для треугольника А'ЕС.
13. Ответ: это числа 27 и 37.
Обозначим через χ меньшее из чисел. Тогда ж(ж + 10) = 9...9.
Раскроем скобки в левой части и прибавим к обеим частям 25.
Мы получим уравнение
(ж + 5)2 = 10...024.
Точнее говоря, такая запись (а мы считаем, что здесь четко
указано, что в правой части два или более нуля) получается,
если число, состоящее из девяток, из условия задачи содержало
не менее четырех девяток. Написанное уравнение не имеет
целых корней, поскольку при наличии двух и более нулей правая
часть делится на 8, но не делится на 16 и потому не может
быть точным квадратом. Если же девяток в исходном числе
было меньше (одна, две или три), мы получим соответственно
уравнения
(ж + 5)2=34, (ж + 5)2 = 124, (ж + 5)2 = 1024.

Первый тур
37
Лишь в последнем из уравнений правая часть является
квадратом натурального числа, корень этого уравнения χ = 27 и дает
ответ.
14. Ответ: а = 3илиа=1.
По теореме Виетар = —а—Ъ, q = ab. Тогда по условию число
а + ρ = а + (—а — 6) = —6 делится на q — 26 = ab — 26 = (α — 2)6.
При α = 2 последнее число равно нулю и говорить о делимости
некорректно, при а = 3 или а = 1 делимость имеет место, при
остальных целых значениях а делимость невозможна,
поскольку делитель по модулю окажется больше делимого.
Заметим, что оба найденных ответа подходят, например,
для трехчлена х2 — Ах + 3.
15. Ответ: наименьшее число кусков — 800.
Оценка. Очевидно, все куски должны быть не более чем
четырехклеточные. Значит, каждый прямоугольник 5x6 (его
площадь равна 30) разрезан не менее чем на 8 кусков и тогда
суммарное число кусков не меньше 800.
Пример. Разрежем все прямоугольники
на 8 кусков так, как показано на рисунке. В
результате образуются четырехклеточные
фигурки нужного вида, а также 100
прямоугольников 1 χ 2, из которых нетрудно составить еще
50 квадратов 2x2.
Некоторые участники олимпиады считали, что для
минимизации общего числа кусков всегда нужно
выпиливать наибольшее количество целых фигурок. Это утверждение
в общем случае неверно. Например, если нужно распилить
прямоугольник 4 χ 12 так, чтобы потом складывать 12-клеточные
«рамки», то можно обойтись восемью частями, из которых
складываются четыре рамки.
Ζ
8 частей, из которых можно сложить 4 рамки

38
Решения задач
Если же стремиться сразу выпилить как можно больше
рамок, то удастся выпилить только три рамки
но затем каждый центральный квадратик 2x2 придется
распилить еще как минимум на две части, поэтому общее количество
частей будет не меньше девяти (на самом деле ровно девять,
поскольку каждый квадратик можно распилить на две
доминошки, а из доминошек легко собирается еще одна рамка).
16. Заметим, что
ZAXZ + ZADZ = 180°. /I<^Z^>\\
Тогда для углов, дополняющих эти углы X\L·^/ \\М
до 180°, имеет место аналогичное равен- /ту \у\
ство У \^ ,/Ν
ZBXZ + ZBC Ζ = 180°, Л\ )D
значит, четырехугольник XBCZ вписанный. Тогда ZBXC =
= ZBZC. Поскольку эти углы дополняют до 180° вписанные
углы, опирающиеся на хорды AY и DY, эти хорды равны.
17. Пусть работница обслужила одного клиента, начала
обслуживать другого, и за это время в очередь не вставали
новые люди. Тогда время обслуживания этих клиентов одинаково.
В самом деле, если первого обслуживали Т/п микросекунд, где
Τ — оставшееся время, выраженное в микросекундах, an —
количество человек в очереди, то следующего будут обслуживать
Τ-Τ/η τ
——— = — микросекунд.
Из условия задачи следует, что в любой ситуации работница
обслужит всех пришедших к ней клиентов: приход новых
клиентов просто сократит время обслуживания тех, кто в данный
момент еще не подошел к окошку. Значит, всего в этот день
жилконтору посетило 130 человек. Отметим на числовой оси
130 красных точек — моменты начала обслуживания
посетителей — и 30 синих точек — моменты прихода в очередь
дополнительных 30 человек. Синие точки делят красные на 31 группу,
и в одной из них не менее 5 красных точек (так как 4 · 31 < 130).

Первый тур
39
Следовательно, есть 5 человек подряд, во время обслуживания
которых (точнее между началом обслуживания первого из них
и началом обслуживания последнего) никто не приходил. Как
следует из первого абзаца решения, они-то и обслуживались
равное время.
18. Пусть ап = πι, тогда
«п+1 = (1 + V3)m + - - ε,
где ε — дробная часть числа (1 + \/3 )т + \. Далее, число αη\-ΐ
получается из числа
1 /з
(1 + V3K+1 + 2 = (4 + 2>/3)т + 1 + ^- - ε(1 + >/3) (*)
взятием целой части числа. Как нетрудно видеть,
2α„+ 2αη+1 = (4 + 2V3)m+1-2ε, (**)
причем мы знаем, что это число целое. Поэтому для
доказательства утверждения задачи достаточно проверить, что
число, заданное формулой (*), менее чем на 1 превосходит число,
заданное формулой (**), т.е. что
0<^ + (1->/3)ε<1.
Но это действительно так: правое неравенство очевидно, так
как второе слагаемое отрицательно, а левое неравенство верно
даже при ε = 1, поскольку -Цр + (1 — л/3) = 1 — ^ > 0.
Рассмотрим более общую задачу. Пусть корни о: и β
квадратного трехчлена t2 — at — Ъ с целыми
коэффициентами а и Ь — иррациональные. Рассмотрим любую
целочисленную последовательность (хп), определенную по
правилу хп+1 = [<мп + о] · Эта последовательность удовлетворяет
рекуррентному соотношению хп+1 = o,xn+i + bxn тогда и только
тогда, когда \β\ < 1.
Докажем это утверждение. Пусть \β\ < 1. Докажем, что при
всех η выполняется соотношение хп+2 = ахп+\-\-Ьхп. Поскольку
χη+ι = [о'Хп + 21' имеем равенство
1
%η-\-ΐ θίχη -\- — εη,

40
Решения задач
где 0 ^ εη < 1 — дробная часть числа ахп + -к. Тогда
Хп+2 = αχη+ι +
Oi Хп -\-
-εη+ι = а[ахп +
1
αεη + 9 _ £™+1·
2·
ε η) +
■£η+1 —
По теореме Виета а = о: + β, Ь = —αβ. Стало быть,
Δ = хп+2 - ахп+1 - Ъхп = хп+2 - (а + β)χη+ι + α.βχη =
1
= [а ж„ + — -αεη + --εη+1 -(α + β) (αχη + --εη +αβχη =
1
2 -εη+ι + β[εη - -jj-
Мы знаем, что число Δ целое, и хотим доказать, что Δ = 0.
Для этого достаточно проверить, что |Δ| < 1. Сделаем это:
1
|Δ| = - -εη+1 + β(εη- -)
^
<
1
2~£η+1
+
2~£η+1
+
β(£η-\)
<
Покажем теперь, что если \β\ > 1, то
найдется целочисленная
последовательность (жп), для которой жз 7^ аж2 — Ъх\.
Положим δ = χ — ^[β\ > 0. Пусть χι = k,
тогда Х2 = ak + χ — ει· По теореме Кро-
некера* дробные части
последовательности (г/fc), заданной формулой у^ = ak,
рано или поздно попадут в любой интервал,
содержащийся в [0,1). В частности, найдется к, для которого
ги
Теорема Кронекера.
Если θ —
иррациональное число, то
последовательность {ηθ}
всюду плотна на [0,1].
= 1-ε2 >0.
{ak} G („- — δ, о)· Тогда χι = ак + „- — ε\ и ει (Ξ (1 — (5, 1). Есле
/3 > 1, то
хъ-ахъ-Ъхх = 2~£2+H£l~2J > 2~£2+^\2~J
Если же β < — 1, то
хъ-ахъ-Ъхх = --e2+/3m--J < --£2 + /3(--<Ч = -ε2 < 0.
* См., например, Храбров А. И. Теорема Дирихле и равномерно
распределенные последовательности // В сб. Петербургские олимпиады
школьников по математике, 2003—2005. Невский диалект, 2007. С. 368—415

Первый тур
41
20. Ответ: нет, это невозможно.
Решение 1. Графики упомянутых функций — прямые,
причем среди этих прямых три пары параллельных. Но линия,
параллельная диагонали четырехугольника, не может быть ни
стороной, ни диагональю (в том числе, в невыпуклом
четырехугольнике).
Решение 2. При пересечении прямых, содержащих
стороны и диагонали некоторого четырехугольника, на плоскости
должно найтись четыре точки, в которых пересекается по три
из этих прямых, и еще не более трех точек, в которых
пересекаются по две прямые — точки пересечения (продолжений)
противоположных сторон и точка пересечения диагоналей.
Для прямых из условия задачи имеются следующие
точки, в которых пересекаются ровно по две прямые: (0, а), (0,6),
(О, с), причем эти точки должны быть различны, иначе у нас не
получится шесть прямых. Также есть еще три точки (1, а + 6),
(1, α + с) и (1,6 +с), через каждую из которых проходит
ровно по две прямые. Эти точки тоже должны быть разными: из
совпадения двух точек (например, если а + 6 = а + с) следует
равенство двух из чисел а, 6 и с, чего быть не может. Итак,
в конфигурации из условия задачи оказалось шесть точек, в
которых пересекаются ровно по две прямые, чего не должно быть
у четырехугольника с диагоналями.
Решение 3 (вертикальная прямая). Точки пересечения
сторон и диагоналей четырехугольника — это его вершины,
точка пересечения диагоналей и точки пересечения
противоположных сторон. Назовем такие точки узловыми. Заметим,
что прямые из условия задачи попарно пересекаются в точках
(О, а), (0,6) и (0, с). Значит, это узловые точки. Они лежат на
вертикальной прямой, которая не является ни одной прямой из
условия задачи. Поэтому это три узловые точки, не лежащие ни
на одной стороне, ни на одной диагонали. Следовательно, это
точка пересечения диагоналей и точки пересечения
противоположных сторон четырехугольника. Но такие точки не могут
лежать на одной прямой. Для выпуклого четырехугольника
прямая, проходящая через точки пересечения продолжений
противоположных сторон четырехугольника, расположена снаружи

42
Решения задач
самого четырехугольника и, значит, не может проходить через
точку пересечения диагоналей, располагающуюся внутри. Если
четырехугольник невыпуклый с вершиной D, лежащей внутри
треугольника ABC, образованного его остальными вершинами,
то эти три точки расположены на трех сторонах треугольника
ABC и они также не могут оказаться на одной прямой.
21. Ответ: наименьшее число кусков — 1100.
Оценка. Очевидно, все куски должны быть не более чем
четырехклеточные. Значит, каждый прямоугольник 6x7 (его
площадь равна 42) разрезан не менее чем на 11 кусков и тогда
суммарное число кусков не меньше 1100.
Пример. Разрежем все прямоугольники
на 11 кусков так, как показано на рисунке.
В результате образуются четырехклеточные
фигурки нужного вида, а также 100
прямоугольников 1 χ 2, из которых нетрудно
составить еще 50 фигурок.
22. Ответ: ZBEC = 111,5°.
Обозначим через / центр
вписанной окружности. Биссектрисы
внешних углов ZB и ZC пересекаются
в точке D — центре вневписанной
окружности треугольника ABC,
следовательно, точка D лежит на биссек- А С
трисе AI.
Заметим, что следующие углы, опирающиеся на отрезок
ID, являются прямыми: ZIED — как угол между касательной
и радиусом, проведенным в точку касания; ZIBD, ZICD —
как углы между биссектрисами смежных углов. Таким
образом, точки /, Е, В, D, С лежат на одной окружности. Значит,
ZBEC = ABIC = 90° + \LBAC.
23. Решение 1 (терпеливое созерцание). Поскольку для
нечетных ап правило дает четный результат, в
последовательности встречаются четные числа. А к четным членам
последовательности применяется операция деления на 2 до тех пор,
пока они не станут нечетными.

Первый тур
43
Итак, пусть ап нечетное. Если число ап дает остаток 1 при
делении на 4, т.е. ап = Ак + 1, то αη+ι = 3αη + 1 = 12fc + 4
делится на 4.
Пусть ап = Ак + 3. Тогда последовательно находим:
αη+1 = 12fc+ 10,
«n+2 = 6fc + 5,
«n+з = 18fc+ 16,
«n+4 = 9fc + 8.
При четном к число ап+з делится на 4, значит, далее можно
считать, что к нечетно.
Продолжим вычислять очередные члены
последовательности, но систематизируем обозначения. Пусть m = 2. Мы
обнаружили, что при ап = Ак + 3
а„+4 = 3mfc + (3m - 1), (*)
причем к нечетно. Тогда αη+4 нечетно, подставим к = 2к' + 1
и продолжим вычисления:
ап+4 = Зт · 2к' + (2 · Зт - 1),
ап+5 = 3m+1 · 2fe' + (2 · 3m+1 - 2).
Заметим, что при четном к' полученное число делится на 4,
значит, далее можно считать, что к' нечетно. Продолжим:
α„+6 = 3m+1fc' + (3m+1 - 1).
Мы получили формулу, аналогичную (*), и число к' здесь тоже
нечетно. При этом к' < к/2.
Продолжая такие рассуждения, мы в конце концов
обнаружим, что очередной член последовательности все-таки делится
на 4, поскольку в противном случае натуральное число к будет
неограниченно уменьшаться.
Решение 2 (остатки). Допустим, что ни в какой момент
ни один член последовательности не делится на 4. Тогда четные
и нечетные числа в последовательности чередуются, и операции
«разделить на 2» и «умножить на 3 и прибавить 1» тоже
чередуются.

44
Решения задач
Пусть для определенности а^п четно, a «2n+i нечетно при
всех п. Докажем по индукции следующий факт: если за In
операций мы так и не смогли ни разу получить число, кратное 4,
то αϊ дает остаток 2™ — 1 при делении на 2™.
Из этого факта сразу следует, что αϊ Js 2™ — 1. Но при
больших η это неравенство не может быть выполнено, поэтому
последовательность все-таки содержит числа, кратные 4.
Для краткости будем вместо остатка 2™ — 1 писать
остаток — 1, вместо остатка 2™ — 2 писать остаток —2, и т.д.
База очевидна: αϊ нечетно.
Переход. По предположению
индукции аз дает остаток —1 при
делении на 2™ . Тогда αϊ = 2аз
дает остаток —2 при делении на
2™. В самом деле, аз = χ ■ 2™~1 — 1,
значит, а,2 = 2аз = χ ■ 2™ — 2.
Итак, а,2 = 3αι — 1 дает
остаток —2 при делении на 2™, т. е. 3αι
имеет остаток —3. Тогда αϊ имеет
остаток —1 при делении на 2™ —
это следует из стандартной леммы
об арифметике остатков.
Решение 3 (вспомогательная последовательность).
Допустим, что ни в какой момент ни один член
последовательности (αη) не делится на 4. Тогда четные и нечетные числа
в последовательности чередуются и операции тоже чередуются.
Пусть ап — четно. Рассмотрим вспомогательную
целочисленную последовательность Ьп = ап + 2. Тогда
Ьп+1 = «п+1 + 2 = — + 2 = —-— + 2 = — + 1
и
Ьп+2 = «п+2 + 2 = (3αη+ι + 1) + 2 =
= 3(6η+ι - 2) + 3 = ЗЬп+1 - 3 = -Ъп.
Таким образом, 6п+2 = о &η· Пусть Ъп делится на 2т и не делится
-4-1 gm+l
на 2т+ . Тогда 6п+2т+2 = om+ι ^п — нецелое число. Мы пришли
к противоречию.
Лемма. Пусть N pi к
взаимно просты. Тогда если ка pi kb
дают одршаковые остатки πρρι
деленрш на Ν, то α pi 6 тоже
дают одршаковые остатки πρρι
деленрш на N.
В самом деле, еслр1 к(а — Ъ)
делрггся на N pi к взар1мно
просто с N, то а — Ъ делрггся на N.

Первый тур
45
24. Ответ: можно. Например, можно
в таблице справа произвольным образом
поставить четные числа на клетки,
помеченные плюсиком, а нечетные числа — в пустые
клетки.
26. Ответ: таких чисел не существует
Напомним читателю формулу, с помощью которой можно
найти количество делителей числа. Если η = р^р^2 ■■■Рк' —
разложение числа η на простые множители, то количество
делителей числа η равно (у\ + 1)(^2 + 1) · · · (у к + 1)·
Общие делители двух чисел а и Ь — это наибольший общий
делитель чисел а и Ь и все его делители. Количество общих
делителей а и Ь — это количество делителей числа НОД(а, Ь).
Аналогичное утверждение верно для трех чисел.
Пусть а = рТрТ ...pt\b = p^p^...p{\c = p^pf . . ,pf.
Тогда наибольшие общие делители, упомянутые в условии
задачи, имеют вид:
НОД(а,Ь)=Р11рр.
НОД(а,с)=Р^2
НОД(а,Ь,с)=р?р^.
где при всех г число pi — это наименьшее из чисел сц, βί, 7ί!
Tj — меньшее из чисел сц, βί; σ^ — меньшее из чисел сц, 7ί·
Отсюда следует полезное наблюдение: при всех г одно из чисел
Tj, Oi (или даже оба) совпадает с р^.
Допустим, что числа, описанные в условии задачи,
существуют. Заметим, что 350 — количество общих делителей чисел
a, b ж с — делится на 7. Тогда в силу формулы для числа
делителей один из множителей pi + I делится на 7. Но тогда
в силу полезного наблюдения одно из чисел Tj + 1, σ^ + 1
тоже делится на 7, поэтому количество делителей НОД(а, 6) или
НОД(а, с) должно делиться на 7. Но 1000 и 720 не делятся на 7.
Противоречие.
у/2Т-1
■Рк '
■Рк '
27. Ответ: длина второго отрезка равна
ν/2
Очевидно, в условии задачи речь идет о двух отрезках
длины 1, имеющих одну общую точку, скажем (и, ν). Сдвинем
график многочлена по горизонтали на и и по вертикали на г; —

46
Решения задач
эти действия соответствуют замене переменных χ -f-> (χ — u)
и изменению функции на константу у(х) <-> (у(х) — ν). В
результате единичные отрезки окажутся расположенными на оси
ОХ, их общая точка станет началом координат, а поскольку
при выполнении сдвигов старший коэффициент многочлена не
изменился, мы получим график многочлена у = х(х — 1)(ж + 1).
При сдвиге прямая, параллельная линии у = ж, перешла
в параллельную прямую, пусть она теперь задается
уравнением у = χ + s. По условию график многочлена пересекает эту
прямую в трех точках. Длина одного из отрезков равна а/2,
это значит, что ж-координаты концов отрезка отличаются на 1,
пусть эти координаты равны ρ и ρ + 1 и пусть q — ж-координата
третьей точки пересечения. Тогда числа ρ, ρ + 1 и q суть корни
уравнения
х{х — 1)(ж + 1) = χ + s.
Преобразовав это уравнение к виду х3 — 2х — s = 0, находим,
что по теореме Виета
Ρ + (р + 1) + Ч = 0, р(р + 1) + pq + (ρ + l)q = -2.
Из этих уравнений легко можно найти ρ и q: выразим q из
первого уравнения и подставим во второе. Мы получим квадратное
уравнение Зр2 + 3р —1 = 0, из которого найдем р. Таким образом
получаем две тройки чисел (расположим их по возрастанию).
Первая из них —
л/2Т -3 + V2T
41 = з-' Р1 = a ' Р! + 1 = a
ά Ь о
здесь длина проекции искомого отрезка равна
pi — qi = id\f72X — 1). Вторая тройка чисел
График
любого кубического
многочлена
центрально-
симметричен!
ч!
-З-л/21 1 З-л/21 л/21
Р1 = q , Р1 + 1 = q , 41 = о"
симметрична первой и дает такой же ответ.
Осталось найденную длину проекции умножить на у/2.
28. Числа в условии задачи связаны не слишком
бросающимся в глаза соотношением:
92 -72 = 62 -22.

Второй тур
47
Проверим, что это соотношение означает ортогональность
ребер АС и ВВ.
Рассмотрим треугольник ABD. Пусть АН — высота этого
треугольника. Так как АВ = 6 > 2 = АВ, точка Η расположена
ближе к D, чем к В. По теореме Пифагора
ВН2 - HD2 = (ВА2 - АН2) - [В А2 - АН2) = В А2 - В А2 = 32.
Аналогично для высоты СН' треугольника ВСВ находим, что
ВН'2 - Н'В2 = 32.
Поскольку при движении точки Η по лучу от середины отрезка
ВВ в сторону точки В величина ВН2 — НВ2 меняется
монотонно, мы заключаем, что Η = Η'. Это и значит, что АС _1_ ВВ.
Развернем теперь тетраэдр так, чтобы ребра АС и ВВ
оказались горизонтальными, и посмотрим на тетраэдр сверху. Мы
увидим фактически проекцию этого тетраэдра на
горизонтальную плоскость — четырехугольник ABC В, в котором
проекции ребер АС и ВВ являются взаимно перпендикулярными
диагоналями. Произведение АС ■ В В равно удвоенной площади
этого четырехугольника. Грани тетраэдра при проектировании
в эту плоскость дважды накрывают четырехугольник ABC В,
поэтому площадь поверхности тетраэдра больше площади
четырехугольника.
Впрочем, конец решения можно оформить, не опираясь на
пространственное воображение. Заметим, что
АНВВ СНВВ ВВ(АН+СН) ВВ-АС
Ьаво+Ьсво 2 + 2 ~~ 2 > 2 '
Аналогично устанавливается, что сумма площадей двух других
граней также больше АС ■ ВВ/2, чтд.
29. Если бы среди чисел на доске нашлось 4 нечетных
числа, их произведение было бы нечетным и не делилось на 30.
Значит, на доске выписано не более трех нечетных чисел.
Аналогично на доске выписано не больше трех чисел, не делящихся
на 3, а также не больше трех чисел, не делящихся на 5.
В предыдущем рассуждении упомянуто не более 9 чисел,
выписанных на доске. Следовательно, на доске есть как
минимум еще одно число, и оно должно делиться и на 2, и на 3,
и на 5, а значит, и на 30.

48
Решения задач
30. Ответ: 1234567890123456789.
Допустим, что нашлась пара соседних цифр, при
перестановке которых число не увеличивается. Разрежем число между
этими цифрами. Получилось два числа (второе, правда, может
начинаться с нуля). Каждое из этих увеличивается при любой
перестройке, т. е. цифры каждого из чисел возрастают.
Следовательно, первое число не более чем девятизначное, а второе —
не более чем десятизначное (ибо может начинаться с нуля).
Отсюда получаем, что первое число обязательно должно быть
123456789, а второе - 0123456789.
Если же в числе нет упомянутой выше пары, то, очевидно,
число не более чем девятизначное, т.е. оно не удовлетворяет
условию задачи.
31. Ответ: при N = 4034.
Если N ^ 4033, то с 2017-го этажа вообще нельзя уехать ни
на какой другой. Действительно, если, находясь на 2017 этаже,
мы нажимаем кнопку Ь φ 2017, то лифт поедет только при
условии, что 2017 + Ь делится на 2017, или при условии, что
2017 — Ь делится на 2018. Но при Ν ^ 4033 среди чисел от 1
до N лишь одно число делится на 2017 — это само число 2017.
Поэтому 2017 + Ь не делится на 2017 ни при каком Ь φ 2017, т. е.
первое возможное условие для поездки лифта не выполнено.
Что касается второй возможности, наибольшее значение
разности 2017 — Ъ равно 2016, а наименьшее — 2017 — 4033 = —2016.
В этом диапазоне лишь одно число делится на 2018 — это
число 0, что опять невозможно.
Докажем, что при N = 4034 всегда можно с любого этажа
попасть на первый (а потом с первого, в силу симметрии, можно
будет попасть на любой другой). Пусть мы находимся на этаже
номер а.
Если а < 2016, то можно подняться на один этаж по
следующему алгоритму:
α —> α+ 2018 —> 4034 - (α + 2018) = 2016 - α —>
—> 2017-(2016-α) = α+1.
Действуя таким образом, можно добраться до 2016-го этажа,
после чего попасть на первый.

Второй тур
49
При а > 2018 спускаемся на 2018 этажей вниз (если
потребуется, несколько раз) и применяем только что описанный
алгоритм.
Если же а = 2017 или а = 2018, то помогает такая
последовательность действий:
2017 —> 4034 ,
2016 —> 1.
2018 ^
Таким образом, с любого этажа можно попасть на первый.
32. Ответ: выигрывает Петя.
Обобщим задачу — пусть вначале на доске
записано число N. Докажем, что если N явля-
Детя — первый
игрок, а Вася —
второй.
ется степенью двойки, то выигрывает второй,
в противном случае выигрывает первый. Для
этого достаточно проверить, что
1) если на доске написано число к, не являющееся степенью
двойки, то за один ход можно получить степень двойки,
2) из числа к, являющегося степенью двойки, за один ход
нельзя получить степень двойки.
Докажем первое утверждение. Пусть к не является
степенью двойки. Рассмотрим ближайшую к нему степень двойки
2™, меньшую к. Тогда 2™ < к < 2n+1 = 2-2™, и значит, к
не делится на 2™. Следовательно, по правилам игры к можно
заменить на 2™.
Докажем второе утверждение. Пусть к — степень двойки.
Тогда к делится на любую меньшую степень двойки, и значит,
получить из него за один ход степень двойки нельзя.
Из доказанных утверждений ясно, как устроена
выигрышная стратегия. Если N — не степень двойки, то первый игрок
сможет первым же ходом написать на доску степень двойки.
После этого второй будет вынужден написать число, не
являющееся степенью двойки, после чего первый опять сможет написать
степень двойки и т. д. Игра закончится, когда первый напишет
число 2 (а единицу в этой игре получить вообще невозможно).
Если же N — степень двойки, то аналогичную стратегию
имеет второй игрок. Первый игрок на первом ходу вынужден

50
Решения задач
написать число, не являющееся степенью двойки, после чего
второй, наоборот, сумеет написать степень двойки и т. д.
Осталось заметить, что исходное число 102017, очевидно, не
является степенью двойки (оно делится на 5).
33. Маляры перекрашивают клетки «противоположными»
способами: если второй маляр пришел на клетку после первого,
то, перекрасив ее, он восстановил ее исходный цвет. Если же
второй маляр пришел на клетку после того, как первый
побывал на ней несколько раз, то мы можем считать, что в первое
свое посещение первый маляр не совершал перекрашивания,
и второй маляр при своем посещении тоже не перекрашивал
эту клетку.
С учетом этих наблюдений стратегия второго маляра
тривиальна: сначала он кратчайшим путем (например, вдоль
сторон доски) идет на стартовую клетку первого маляра. На это
ему потребуется 15 ходов, назовем эти ходы стартовыми. За это
время соперник тоже сделает 15 ходов, следовательно, в сумме
будет «испорчено» не более 30 клеток (т. е. не более 30 клеток
на доске будут несерыми). После этого второй маляр должен
совершать в точности те же ходы, которые делал первый маляр
15 ходов тому назад.
Посмотрим, к чему это приведет. Своим 16-м ходом первый
маляр, возможно, испортит еще одну, 31-ю, клетку. Своим 16-м
ходом второй маляр пойдет туда же, куда ходил первый маляр
на 1-м ходу. Значит, мы можем считать, что на 1-м ходу
первый маляр не делал перекрашивание, и второй маляр на 16-м
ходу тоже не делал перекрашивание. Значит, несерыми могут
оказаться лишь клетки, которые перекрасил первый маляр на
2-м — 16-м ходах, а также клетки, которые перекрасил второй
маляр во время своих стартовых ходов. В сумме это не более 30
клеток.
Дальше — аналогично. Своим 17-м ходом первый маляр,
возможно, испортит 31-ю, клетку. Своим 17-м ходом второй
пойдет туда же, куда ходил первый маляр на 2-м ходу. Можно
считать, что на 2-м ходу первый маляр не делал
перекрашивание, а второй маляр на 17-м ходу не делал перекрашивание.
Тогда несерыми могут быть лишь клетки, перекрашенные первым
маляром на 3-м — 17-м ходах, а также клетки, перекрашенные

Второй тур
51
вторым во время стартовых ходов. В сумме опять не более 30
клеток. И так далее.
В результате таких действий второго маляра в каждый
момент на доске будет не более 31 несерой клетки, и значит, не
менее 8-9 — 31 = 41 серых клеток.
Осталось заметить, что первый маляр не мог помешать
второму совершать ходы. Действительно, представим себе
шахматную раскраску доски. Изначально маляры стоят на
клетках разного цвета, после хода первого маляра они окажутся на
клетках одного цвета, и поэтому в момент хода второго
маляра первый находится не на соседней по стороне клетке. После
хода второго маляры снова окажутся на клетках разного цвета
и ситуация повторится.
34. Решение 1. Пусть до Нового года в школе было всего
N учеников, среди которых имелось Μ мальчиков,
составлявших к процентов от всего контингента. Это значит, что Μ =
= j^N, или 100М = kN.
После Нового года мальчиков стало Μ + 1, а всего
учеников N + 3. Если теперь мальчики составляют I процентов (по
условию I < 100, так как после Нового года какие-то девочки
в школе точно есть), то
100(М+1) =^(ЛГ + 3).
Вспоминая равенство 100М = kN, находим, что
IN + Μ = 100М + 100 = kN + 100,
откуда 100 — 3ί = (ί — k)N. Если 3ί < 100 (т.е. девочки
составляют меньше трети), то число N — натуральный делитель
положительного числа 100 — Ъ1 < 100, а потому и само меньше
100. Если же Ъ1 больше 100 (равно 100 оно, очевидно, быть не
может), то
(к - ί)Ν = Μ - 100 <С 3 - 99 - 100 = 197,
и количество учащихся в Старом году не больше 197.
Решение 2. Обозначим через m и d количество мальчи-
тт т-г 100т,
ков и девочек в школе перед Новым годом. Пусть ——τ = χ,
число χ по условию целое.

52
Решения задач
Рассмотрим сначала случай, когда доля мальчиков не из-
100(m+l) _ т
менилась т. е.
m+d+3
100т _ 100(тп+1)
т + d m + d + 3 '
откуда 100m(m + d + 3) = 100(лг + l)(m + d), т.е. Зт = т + d.
Таким образом, в этом случае мальчики составляют треть от
общего количества учеников, что не является целым числом
процентов. Значит, этот случай невозможен.
Осталось разобрать случаи
100т 100(т+1) , 100(т+1) 100т
>1
>ι.
т + d m + d+3 m + d+3 m + d
Эти случаи аналогичны, разберем первый из них. Домножив на
знаменатели, получаем неравенство
100m(m + d+3) — 100(лг + l)(m + d) > (m + d){m + d+3).
Раскрыв скобки, преобразуем левую часть:
100(2771 - сГ) > (m + d)(m + d + 3),
, „ W0(2m-d) _
откуда m + βξ , . Воспользовавшись очевидным
неравенством — ~ < 2, получаем, что т + d < 200.
35. Ответ: 6000 фигурок.
Для каждой фигурки отметим клетку А,
находящуюся под «верхней перекладиной буквы F», см.
рисунок. Очевидно, что при любом расположении
непересекающихся фигурок на плоскости, клетка А не
может быть накрыта никакой другой фигуркой.
Кроме того, у разных фигурок их клетки А не совпадают.
Поэтому можно считать, что клетка А принадлежит фигурке
Теперь сложим из двух фигурок прямоугольник
5x6, как на рисунке. Квадрат 300 χ 300, очевидно,
можно разрезать на 3000 прямоугольников 5x6,
т.е. на 6000 наших фигур. Это количество
максимально возможное, поскольку в квадрате не
осталось ни одной свободной клетки.
36. Достаточно проверить выполнение трех неравенств
треугольника. Пусть F — точка пересечения отрезков BE и CD.
3

Второй тур
53
Очевидно, BE + DC > BF + FC > ВС. в
Проверим второе неравенство
треугольника: BE + ВС > CD. Для этого прибавим
к частям этого неравенства равные отрезки
АЕ и AD, т. е. проверим, что АЕ+ВЕ+ВС >
> AD + CD. Действительно, по неравенству
треугольника АЕ + BE > АВ и BD + ВС > CD; кроме того,
АВ = AD + BD. Значит,
АЕ + BE + ВС > АВ + ВС = AD + BD + ВС > AD + CD,
что и требовалось.
Аналогично доказывается третье неравенство треугольника
CD + BC > BE.
37. На доске остались только составные числа, причем их
простые множители лежат в диапазоне от 101 до 999 или от
10 001 до 1000 000. Заметим тогда, что никакое из оставшихся
чисел не может быть равно произведению трех и более
простых множителей, так как в этом случае оно было бы больше
100 · 100 · 100 = 1000 000. Значит, все оставшиеся числа
раскладываются ровно на два простых множителя. Но тогда оба
множителя лежат в диапазоне от 101 до 999, поскольку в
противном случае произведение больше 100 · 10 000 = 1 000 000.
С другой стороны, произведение любых двух простых
чисел из диапазона от 101 до 999 (включая произведение числа
на себя) не превосходит 999 · 999 < 1 000 000, и следовательно,
осталось на доске. Итак, если pi, р%, ■ ■ ., рк — это список всех
простых чисел от 101 до 999, то на доске остались все их
попарные произведения:
Р1Р1, Р1Р2, Р1РЗ, ···, Р1Рк,
Р2Р2, Р2РЗ, ···, P2Pfc,
РЗРЗ, · · · , РЗРк, И Т.Д.
Произведение этих попарных произведений равно (ριρ2 · · -Рк)к+1-
38. Допустим, что каждый из кружковцев знаком не более
чем с пятью. Тогда найдется кружковец, у которого не более
четырех знакомых (не существует компании из 49 человек, в
которой каждый знаком ровно с пятью, так как количество пар

54
Решения задач
4У-Э
знакомых в такой компании равно —тг~, т. е. нецелому числу, что
невозможно). Возьмем этого человека (назовем его Петей), его
знакомых (не более четырех) и знакомых его знакомых (не
более 16, поскольку у каждого из Петиных знакомых, кроме Пети,
есть еще 4 знакомых). Уберем из рассмотрения эту компанию
(не более 21 человека) и рассмотрим еще одного человека (пусть
он будет Вася). У Васи может быть пятеро знакомых и не
более 20 знакомых его знакомых. Уберем из рассмотрения и эту
компанию (не более 26 человек). Так как людей всего 49, а мы
убрали не более 47, то еще кто-то остался (пусть это будет
Тимур). Но тогда Петя, Вася и Тимур сами не знакомы и не
имеют общих знакомых (всех этих людей мы убирали на разных
этапах). Противоречие.
39. Ответ: ВС = 1.
Решение 1. В треугольнике ACD два угла равны по 75°,
поэтому третий угол, т.е. угол DAC, равен 30°. Следовательно,
ZBAC = 45° -30° = 15°.
Опустим перпендикуляры DX и BY
на АС. Как нетрудно видеть, ZXDC =
= 90°—ZXCD = 15°. Тогда прямоугольные
треугольники DXC и BY А равны по гипо- A D
тенузе и углу. Следовательно, AY = DX. Так как в
прямоугольном треугольнике ADX угол Ό АХ равен 30°, AD = 2DX =
= 2ΑΥ. Значит, CY также равно ΑΥ, откуда АВ = ВС.
Решение 2. Как и в начале решения 1, убеждаемся, что
ZDAC = 30°, ZBAC = 15°. Построим на стороне CD
правильный треугольник CDE внутрь четырехугольника. Тогда точки
А ж Ε лежат на серединном
перпендикуляре к стороне CD, следовательно, АЕ —
биссектриса угла CAD, т.е.
ZEAC = 15° = 75° - 60° = LACE.
Тогда треугольник АЕС равнобедренный
и АЕ = ЕС = CD = АВ = 1. Значит, точка Ε является
отражением точки В относительно диагонали АС, и тогда ВС = ЕС= 1.
>σ£-\ Внутри треугольника ABC взята точка D. Оказалось,
<-*<£/§> что ZDAB = ZDBA = 15°, ZBDC = 75° и АВ =
= CD. Докажите, что треугольник ABC равнобедренный.
J^\

Второй тур
55
40. Рассмотрим следующие 449-значные палиндромы — 225
групп по 9 палиндромов:
1000... 0001, 2000... 0002, ..., 9000... 0009,
9100... 0019, 9200... 0029, ..., 9900... 0099,
9910... 0199, 9920... 0299, ..., 9990... 0999,
99... 9 199... 9, 99... 9 2 99... 9, ..., 99 .. .9999 .. .9,
224 224 224 224 224 224
девятки девятки девятки девятки девятки девятки
Всего их 9 · 225 = 2025, т. е. больше 2017. Следовательно, какие-
то два палиндрома дают одинаковые остатки при делении на р.
Рассмотрим эти два числа и вычтем из большего меньшее.
Получится 449-значное число-палиндром, кратное р, правда,
возможно, начинающийся и оканчивающийся на один или
несколько нулей. Если ρ φ 2 и ρ φ 5, то зачеркнем эти нули и получим
число, всё равно кратное р. Если же ρ = 2 или ρ = 5, то число-
палиндром придумать элементарно — это само число р.
41. Ответ: наименьшее число черных треугольников
равно ran + min(m, n).
Пример. Пусть для определенности в таблице m строк и η
столбцов, причем m ^ п. В каждой клетке закрасим в черный
цвет левый треугольник, а в каждой клетке
правого столбца — еще и правый треугольник.
Всего получилось ran + m черных
треугольников, и нетрудно видеть, что этот пример
удовлетворяет условию задачи.
Оценка. Рассмотрим любую строку прямоугольника. Она
содержит In «вертикальных» треугольников (т. е.
треугольников, имеющих вертикальную сторону). Если такой
треугольник покрашен в белый цвет, нарисуем стрелку, ведущую из
него в соседний черный треугольник (он лежит в этой же
строке); если же вертикальный треугольник черный — проведем из
него стрелку в самого себя. Всего мы нарисовали In стрелок.

56
Решения задач
Заметим, что в каждый треугольник в этой строке ведет не
более двух стрелок: в горизонтальный треугольник стрелки
могут вести лишь из двух вертикальных треугольников в той же
клетке, а в вертикальный — лишь из него самого и
соседнего с ним вертикального. Следовательно, в этой строке есть не
менее η черных треугольников. Аналогично доказывается, что
в каждом столбце есть не менее т черных треугольников.
Пойдем дальше. Заметим, что если в какой-то строке
оказалось ровно η черных треугольников, то в каждый из них входит
ровно две стрелки. В частности, самый левый вертикальный
треугольник покрашен не в черный цвет (иначе бы в него
вела стрелка лишь из него самого), а в белый. Значит, стрелка
из него ведет в один из соседних горизонтальных
треугольников, т. е. этот горизонтальный треугольник — черный. Но тогда
в него должна вести еще одна стрелка, поэтому правый
вертикальный треугольник в этой клетке также белый. Продолжая
в том же духе, мы обнаружим, что в каждой клетке этой строки
есть ровно один черный треугольник, и он горизонтальный.
Аналогично если в каком-то столбце оказалось ровно т
черных треугольников, то все они вертикальные, и расположены
по одному в каждой клетке. Однако строка с ровно η черными
треугольниками и столбец с ровно т черными треугольниками
не могут существовать одновременно: клетка на их
пересечении содержала бы ровно один черный треугольник, который
должен быть одновременно горизонтальным и вертикальным.
Иными словами, либо в каждой строке есть не менее η + 1
черных треугольников, либо в каждом столбце есть не менее
т + 1 черных треугольников. В одном случае всего черных
треугольников не меньше т(п + 1) = тп + т, в другом — не
меньше п(т + 1) = тп + п, т.е. в любом случае не меньше
тп + min(m, n).
44. Ответ: 2017-е число меньше 83-го.
Решение 1 (отбросим первое и второе число). Объединим
числа в пары по порядку их выписывания: первое со вторым,
третье с четвертым и т. д. Изобразим их на числовой прямой.
Мы утверждаем, что все числа, начиная с третьего, лежат
внутри отрезка, образованного первой парой. Действительно, если

Второй тур
57
это неверно, то мы можем взять первое число, не лежащее
внутри первой пары чисел. Когда Сережа выписывал это число, с
одной стороны от него было ноль чисел, а с другой — хотя бы два,
противоречие. А раз все числа лежат внутри первой пары, мы
можем ее стереть, и условие будет по-прежнему выполняться
для каждого из последующих чисел. Рассуждая аналогично,
получаем, что все числа, начиная с пятого, лежат внутри пары
из третьего и четвертого чисел, все числа начиная с седьмого —
внутри пары пятого и шестого, и т. д.
Итак, каждое число лежит внутри всех предыдущих пар.
Назовем каждое число левым или правым в зависимости от
того, лежит оно слева или справа от парного ему. Тогда каждое
число больше всех предыдущих левых чисел и меньше —
правых. Поскольку 219-е число больше 84-го, 84-е является левым.
А значит, парное ему, 83-е, — правое, и оно больше, чем 2017-е.
Это решение нам подарила редакция журнала «Квантик»,
его автор — А. Перепечко.
Решение 2 (где может находиться очередное число).
Будем считать, что числа в строке пронумерованы в порядке их
выписывания. Когда Серёжа выписывал 83-е число, обозначим
его Ж83, уже было выписано 82 числа. Изобразим эти числа на
числовой прямой. Пусть а и Ь — это 41-е и 42-е по величине
числа среди выписанных чисел.
—· · ·—· · ·—· · · · *■
а Ь
4 ν ' * ν '
41 число 41 число
Число Ж83 должно обязательно лежать в промежутке (а, 6).
Действительно, в этом случае имеется 41 число больше его и 41
число меньше его, так что разность этих количеств равна 0.
А если бы число жвз лежало вне этого промежутка (например,
если Ь < Ж8з), то в строке было не менее 42 чисел, которое
меньше Ж83 и не более 40 чисел, которые больше, так что разность
этих количеств была бы не меньше 2, что запрещено условием
задачи.
Аналогичная закономерность выполняется при
выписывании каждого числа с нечетным номером: (2п + 1)-е
выписываемое число должно лежать на числовой прямой между двумя

58
Решения задач
центральными числами, т.е между n-м и (п + 1)-м по величине
числами (среди уже выписанных к этому моменту чисел).
Посмотрим теперь, что происходит при выписывании числа
с четным номером, например 84-го.
—· · ·—· · · ·—· · · · *■
a xs'i Ь
4 ν ' * ν '
41 число 41 число
Рассуждая как в предыдущем случае, мы заключаем, что
число Ж84 может лежать лишь в промежутках (а, Ж8з) или (жвз, Ъ).
В каждом из этих случаев, после того как 84-е число было
выписано, числа Ж8з и Ж84 стали центральными. Поэтому, проведя
аналогичные рассуждения с числами Ж85 и Ж86, мы заключаем,
что оба этих числа должны находиться в промежутке между
числами Ж83 и Ж84· То же касается и других чисел с большими
номерами: каждые два очередных числа Χ2η+ι и ж2п+2 должны
находиться в промежутке между числами хчп-\ и xin- Отсюда
также следует, что все числа с номерами больше 84 находятся
в промежутке между числами Ж83 и ж 84·
Теперь разберемся, какой из двух случаев расположения
числа Ж84 имеет место. Предположим, что число Ж84 лежит
в промежутке (жвз, Ъ). Тогда все последующие числа лежат в
промежутке (ж83,а;84)· Тогда 219-е число тоже лежит в этом
промежутке, что противоречит условию: оно должно быть больше
числа Ж84· Значит, имеет место первый случай: Ж84 лежит в
промежутке (а, Ж8з)· Тогда все последующие числа, в том числе
2017-е, лежат в промежутке (ж84,а;8з)· Следовательно, 2017-е
число меньше 83-го.
45. Достаточно проверить, что DF\ = ВС. Тогда
аналогично DF<2 = ВС и задача решена.
Решение 1 (равные треугольники). _д β
Стороны треугольника E\CF\ соответ- Vv V
ственно параллельны сторонам равнобед- \ ^ч \\
ренного треугольника АВЕ\. Значит, тре- \ ^ч τ \
угольник Е\ CF\ тоже равнобедренный \ ^\ \ \
и Е\С = F\C. Заметим, что тогда тре- ^^^^ ^^1^
угольники ВС Ει и DF\C равны. Действи- ~~^i
тельно, они имеют равные пары сторон 1

Второй тур
59
Е\С = F\C и В Ει = АВ = DC и равные (в силу
параллельности В Ει и CFi) углы ZBEiC = ZDCFi. Из равенства
треугольников следует, что DF\ = ВС.
Решение 2 (проекции). Как и в предыдущем решении
убеждаемся, что треугольник EiCFi равнобедренный. Тогда
проекция отрезка ВС на прямую ΑΕι
состоит из половины отрезка ΑΕι и
половины отрезка E\F\, т.е. эта проекция
составляет половину отрезка AF\. Так как
отрезки ВС ж AD равны и параллельны,
их проекции на прямую ΑΕι одинаковы.
Тогда проекция AD тоже равна половине
AF\, значит, проекция DF\ равна второй ί\
половине AF\, откуда DF\ = AD = ВС.
46. Ответ: η + 1 сотрудников.
Пример. Если сотрудников к ^ η + 2, то всем, кроме
одного из них (начальника), назначим зарплату в 1 тугрик,
а начальнику в качестве зарплаты назначим остальную сумму.
Такую зарплату выплатить не удастся — не хватит монет по
1 тугрику.
Оценка. Покажем, что если сотрудников не более η + 1,
то осуществить требуемую выплату возможно. Можно считать,
что сотрудников ровно η + 1, но, возможно, некоторые из них
получают нулевую зарплату. Будем последовательно раздавать
сотрудникам монеты до тех пор, пока им не выдана вся
причитающаяся сумма. Начнем с самых больших монет. Будем
выдавать их тем, у кого зарплата не меньше чем эта монета. И так
до тех пор, пока самые большие монеты не закончатся. Затем
перейдем к следующей по величине монете и будем выдавать
ее тем, кому до полной зарплаты не хватает не менее чем этой
монеты и т. д. Предположим, что монету в к > 1 тугриков
никому выдать не удается. Это означает, что всем сотрудникам до
полной зарплаты недостает не более к — 1 тугрика, т.е. общее
количество еще не розданных денег не превосходит
(п + l)(fc — 1) = пк + к — η — 1.
С другой стороны, еще не розданы все монеты в 1, 2, ..., к —
1 тугрик и хотя бы одна монета в к тугриков. Значит, общее

60
Решения задач
количество не распределенных денег не меньше чем
п(1 + 2 + 3 + ... + (к - 1)) + к > п(1 + (к - 1)) + к =
= пк + к > пк + к — η — 1.
Противоречие. Следовательно, действуя по указанной схеме,
всегда можно распределить все привезенные тугрики.
<егС2и. На предприятии работают несколько сотрудников, зар-
m(J/j9 плата каждого составляет целое число тугриков
(разные сотрудники могут иметь разную зарплату). Инкассаторы
привезли на предприятие η монет по 1 тугрику, η монет по
2 тугрика, .. ., η монет по к тугриков. Привезенные деньги — это
в точности суммарная зарплата всех сотрудников. При каком
наибольшем количестве сотрудников зарплату заведомо
удастся раздать (так, чтобы каждый получил в точности
причитающуюся ему сумму), если известно, что зарплата каждого
сотрудника хотя бы а) 2 тугрика; б) 3 тугрика?
47. Пусть С — середина стороны АВ. jj a
Продлим медиану из точки С и отметим на
ней такую точку Е, что СМ = ME. Тогда
DM является медианой и высотой в
треугольнике CDE и, значит, CD = DE.
Поскольку точка пересечения медиан делит
их в отношении 2 : 1, ME = СМ = 2МС,
поэтому С — середина отрезка ME.
Следовательно, АМВЕ — параллелограмм. В частности,
треугольники АС Μ и ВСЕ равны. Стало быть, Same = Saeb- Кроме
того, Same = Sam с, так как у треугольников AM С и ΑΜΕ
совпадают высоты и равны основания. Таким образом, Samc =
= Same = Saeb ■ Поскольку прямые AD и ВС параллельны,
Sacd = Sabd- Следовательно,
Samcd = Sacd + Samc = Sabd + Saeb = Saebd-
Но удвоенная площадь любого четырехугольника не
превосходит произведения длин его диагоналей, поэтому
2S = 2SAmcd = 2SAebd ^AB-DE = AB- CD.

Второй тур
61
48. Ответ: выигрывает Вася.
Задача содержит секрет: можно считать, что Петя и Вася
играют не с клетчатой полоской, а с ожерельем из 99 бусин. Да,
они закрашивают бусинки! Более того, будем считать, что
ожерелье имеет застежку. Давайте «уравняем в правах» застежку
и бусинки, а именно, постановим, что застежка — это тоже
бусинка, причем исключительный ход с закрашиванием одной
крайней клетки будем интерпретировать как ход, при котором
закрашивается соответствующая крайняя бусинка, а таксисе
застежка! При таком взгляде правила игры становятся
совершенно симметричными и простыми: есть ожерелье из 100 бусин,
игроки по очереди закрашивают пары соседних бусин. Каждую
бусинку можно закрашивать не более одного раза, проигрывает
тот, кто не может сделать ход. В такой игре выигрывает
второй игрок: он должен пользоваться симметричной стратегией
(каждым ходом закрашивать диаметрально противоположную
пару бусин).
49. Ответ: верно.
Напечатаем сначала карточку
s + 1 и |_sj напечатаем карточки с корнями квадратного
трехчлена х2 + (s + \)х + s, т. е
1
, затем по карточкам
-1
и
Далее по карточке
сделаем карточку ( — 1) + 1 =
+ 0
и, наконец, по карточкам
напечатаем карточки с корнями квадратного трехчлена
• χ — s, т. е
и
50. Обозначим длины отрезков
касательных из вершины А до точек
касания со вписанной окружностью через ж,
длины отрезков из вершины В до точек
касания со вписанной окружностью
через у, а из вершины С — через ζ. Тогда
АВ = χ + у, ВС = у + ζ и С А = ζ + х,
в частности, χ + у + ζ — полупериметр
треугольника ABC. Пусть D — точка
касания вневписанной окружности с продолжением стороны В А,
Ά Ε — точка касания вписанной окружности со стороной АВ.
Тогда IbD перпендикулярно АВ, поэтому достаточно показать,
Ε У В

62
Решения задач
что DY перпендикулярно АВ (в этом случае точки IB, D и Υ
лежат на одной прямой и она перпендикулярна АВ). Для
этого проверим, что треугольники XDY и ΧΙΕ равны по двум
сторонам и углу (этого достаточно, поскольку ΖΙΕΧ = 90°):
IX = ΧΥ по условию, ΖΙΧΕ = ZYXD как вертикальные,
поэтому нужно лишь проверить равенство сторон XD и ХЕ.
Для этого выразим их длины через ж, у и ζ:
АВ + ВС
ХЕ = ВХ -ВЕ = ВХ -у= j- у =
(х + у) + (у + ζ) χ + ζ
= - — У = И
2 У 2
XD = BD-BX = (x + y + z)-{x + y) + {y + z) = Х-±^.
v y ' 2 2
51. Ответ: могут.
Заметим, что всего имеется 396 граничных клеток доски,
и это число делится на 3: 396 = 3-132. Для удобства
изложения вместо них будем рассматривать вершины правильного
396-угольника. Соседним по стороне клеткам соответствуют
соседние вершины, а клеткам, симметричным относительно
центра доски, соответствуют вершины, симметричные
относительно центра многоугольника О. Пусть Вася и Толя действуют по
следующему правилу: если Петя закрасил некоторую
вершину Р, то Вася закрасит такую вершину V, что ZPOV = 120°,
а Толя — такую вершину Т, что ZTOP = 120° (углы мы
считаем как обычно — против часовой стрелки). В результате
тройка закрашенных вершин образует равносторонний треугольник,
и каждый раз после хода Толи множество закрашенных вершин
обладает симметрией третьего порядка, т. е. оно не меняется
при повороте вокруг точки О на ±120°. Покажем, что Вася
и Толя всегда смогут пойти. Предположим, что Петя закрасил
вершину Р, после чего Вася не может сделать ход. На то могут
быть две причины: вершина V, которую стратегия
предписывает закрасить, уже закрашена или напротив V находится
закрашенная вершина. В силу упомянутого свойства симметрии
в первом случае должна быть закрашена и вершина Р, а во
втором — должна быть закрашена вершина напротив Р, и то
и другое невозможно. Поэтому Вася всегда сможет сделать ход.

Второй тур
63
По аналогичным причинам всегда сможет пойти и Толя. А
поскольку в игре может быть сделано не более 396 ходов, игра
когда-нибудь закончится и, значит, проиграет Петя.
52. Ответ: при нечетных п.
Пусть η четно. Предположим, что нам удалось нужным
образом расставить числа в таблице. Пусть в некотором столбце
написаны числа а, Ъ и с. Тогда аЪ -\- Ъс -\- са делится на η и,
в частности, четно. Если бы среди чисел а, Ь и с было два или
три нечетных, то число аЬ -\-bc-\- са было бы нечетно.
Следовательно, среди чисел а, Ь и с не более одного нечетного. Таким
образом, в каждом столбце не более одного нечетного числа,
а во всей таблице их не более п. С другой стороны, в каждой
строке нечетных чисел п/2, а во всей таблице — Зп/2.
Противоречие.
Пусть η нечетно. Расставим в таблице числа следующим
образом (это пока не совсем те числа, которые нам нужны):
в первой и во второй строках поставим числа 2, 4, 6, ..., 2п,
а в третьей строке — числа —1, —2, —3, ..., —п. Таким образом,
числа в столбце имеют вид 2к, 2к, —к, а сумма их попарных
произведений равна 2к ■ 2к + 2к ■ ( — к) + 2к ■ (—к) = 0, что
делится на п. Дальше заменим все числа, не кратные п, на их
остатки при делении на п, а числа, кратные п, заменим на п.
В новой таблице стоят уже натуральные числа, не
превосходящие п, и в каждом столбце сумма попарных произведений
чисел по-прежнему делится на п. Поэтому достаточно лишь
убедиться в том, что в каждой строке стоят различные числа, но
это очевидно, поскольку в изначальной расстановке все числа
в строках давали различные остатки при делении на п.
В клетках таблицы (2к — 1) χ η записаны
натуральные числа. В каждой из 2к — 1 строк по одному разу
встречаются числа 1, 2, ..., п. Для каждого столбца сумма
попарных произведений стоящих в нем 2к — 1 чисел кратна п.
Для каких пар чисел к ж η это возможно?
53. Ответ: ZDHE = 100°.
Заметим, что треугольники ABC и EBD подобны по двум
углам (ZBED = 180° - ZDEC = ABAC). Центр
окружности, описанной около треугольника BDE, обозначим через О,

64
Решения задач
и пусть ZBAC = ZBED = а. Тогда ZDOB = 2а (это
центральный угол) и ZODB = ZOBD = 90° — о:. С другой стороны,
ΖΑΒΗ = 90° — α, поэтому точка О лежит на прямой В Η. Кроме
этого, она лежит на серединном перпендикуляре к отрезку DE.
Однако точка Η также лежит
на прямой В Η и на серединном
перпендикуляре к DE (так как по
условию она равноудалена от D и Е).
Но две прямые пересекаются лишь
в одной точке! (Эти прямые не
совпадают, так как иначе серединный перпендикуляр к DE
содержал бы точку В, и тогда треугольник BDE, а с ним и ABC,
были бы равнобедренными.) Следовательно, О = Н.
Итак, ZDHE — центральный угол в окружности,
описанной около треугольника BDE. Центральный угол,
дополняющий его до 360°, равен 2 · ZB = 260°, поэтому ZDHE = 100°.
54. Ответ: наименьшее значение равно 2.
Решение 1. По неравенству о средних для двух чисел
имеем
а
а
VT
αΔ
α\/ί
>
а
= 2αζ
αΔ
i(a2 + (v/T^^) )
Сложим это неравенство с двумя аналогичными и получим, что
а Ь с
VT
+
+
ал
VT^W VT
> 2αζ + 21/ + 2сА = 2.
сл
Следовательно, интересующая нас сумма всегда не меньше 2.
С другой стороны, если а = b = —?ц и с = 0, то
VT
+
+
VT^~W Vi
У1^
Решение 2 (метод равных переменных).
Некоторые участники олимпиады надеялись, что
задача может быть решена каким-нибудь универсальным
методом, например, ставшим популярным в последнее время
мг;и>-методом (он же pqr-метод). Однако на этом пути они зашли
в тупик, мг;и>-метод оказался не столь универсальным. Однако

Второй тур
65
метод равных переменных* (частным случаем которого и
является мг;и>-метод) уже вполне работает.
Положим для краткости /(ж) = , 2 и будем искать
наименьшее значение выражения /(ж) + /(у) + f(z) при условии
Ж
+ у + ζ = I и х, у, ζ £ [О,1). Пусть χ + у + ζ = s, где
s — некоторое число из полуинтервала (1, а/3]. Других значений
величина s принимать не может из-за неравенств
i = x2 + y2 + z2 <:x + y + z<:3^ ^ ^ =л/з.
Множество точек (ж, у, -г), удовлетворяющих условиям ж2 + у2 +
+z2 = lnx-\-y-\-z = s, есть окружность, получающаяся при
пересечении единичной сферы ж2 + у2 + ζ2 = 1 плоскостью
χ -\-у -\- ζ = s (за исключением случая s = а/3, когда окружность
вырождается в точку). Поскольку интересующее нас
выражение симметрично относительно х, у и ζ, можно считать, что
0^ж^у^,г<1. Отметим, что тогда 0 ^ ж ^ —т=.
При фиксированном ж числа у и ζ находятся однозначно
как решение системы уравнений
у + ζ = s - χ и у2 + ,г2 = 1-ж2. (Щ
Обозначим эти решения через у (ж) и ζ(χ). Нас интересует
наименьшее значение функции
д{х) = /(ж) + Ду(ж)) + f(z(x)).
Для того чтобы его вычислить, найдем ее производную. Для
этого нам понадобятся производные у'(ж) и ζ'(ж). Найдем их,
продифференцировав** тождества (Н):
у'(ж) + ζ'(χ) = -1 и 2у(ж)у'(ж) + 2ζ(χ)ζ'(χ) = -2ж.
Следовательно,
/, ν ж — ,г(ж) ,, ч у(ж) — ж
у'(ж) = — У-/— и ζ\χ) = УУ '
z{x)-y{x) z{x)-y{x)'
* См. например Ctrtoaje V. The equal variable method // J. of inequalities in
pure and applied math. 2006. V. 8. Issue 1. Article 15.
** Для такого вычисления надо еще проверять дифференцируемость
функций у(х) и z(x). В нашем случае спасают геометрические соображения:
к графикам этих функций заведомо можно провести касательные. В более
сложных ситуациях приходится пользоваться теоремой о неявной
функции.

66
Решения задач
Поэтому
д'(х) = /'(ж) + f'(y(x))y'(x) + f'(z(x))z'(x) =
z-y z-y
Г (ζ)-f (у) f'{x)-f'{y)\
ζ — у χ — у )
Поскольку /'(ж) = (1 — ж2)-3'2 — строго выпуклая функция,
по лемме о трех хордах выражение в больших скобках
положительно, а значит, д'(х) > 0 и функция д(х) строго возрастает.
Стало быть, наименьшее ее значение принимается при
наименьшем возможном х. Из геометрических соображений понятно,
что в этом случае либо χ = 0, либо у = ζ. Таким образом, при
каждом конкретном s наименьшее значение будет при χ = О
или при у = ζ. Значит, и без условия χ + у + ζ = s
наименьшее значение будет при χ = 0 или при у = ζ. Поэтому для
поиска наименьшего значения выражения /(ж) + f(y) + f(z)
достаточно по отдельности изучить его поведение при условиях
i2f!/2+z2 = li0^i^«/^z<l, когда χ = 0 и когда у = ζ.
В первом случае χ = 0 и ζ = у 1 — у2, следовательно,
'<*> + ><»> + '<*> = 7П7 + 7гЬ = ? + ;>2
ι
и равенство достигается, когда у = ζ, т. е. когда у = ζ = —=.
—у—, следовательно,
f(x) + f(y) + f(z) = , Х +2 , У = , Х +^1 Х2
J\ )-rj\y)-t-j\ ) ^γ^ϊ^ ^/Γ^ψ vT^^ vTT^
Обозначим правую часть через /г(ж). Нас интересует
наименьшее значение этой функции при 0 ^ χ ^ —j=. Вычислим ее
производную:
х_(1 + ж2)3/2+4ж3-4ж
[Х) ~ (1 - χ4)3/2
Решим уравнение h'(x) = 0:
h'(x) = 0 <ί=> (1 + ж2)3/2 = 4(ж - ж3) ==> (1 + ж2)3 = Щх - ж3)2
=Ф- 15ж — 35ж + 13ж —1=0.

Второй тур
67
Отсюда х2 = - или х2 = И—т=, и на отрезке [θ, —ι=\ лежат лишь
корни х\ = л/1 — —т= и Х2 = —/=■ Изучая знак производной,
убеждаемся, что h(x) возрастает на [0, х\] и убывает на [а;ι, —τ=\.
Значит, ее наименьшее значение может достигаться лишь в
точках 0 и —j=. Но очевидно, что /г(0) = 2 и h\—m) = v2 + —m > 2.
55. Решение 1 (чистая комбинаторика). Докажем чуть
более общее утверждение. Пусть в бесконечном клетчатом
квадранте закрашено а ^ п? клеток. Тогда у закрашенных клеток
будет как минимум а + η соседей.
Используем индукцию по п. Базу удобнее всего проверить
при η = 0: соседей всегда не меньше, чем самих закрашенных
клеток (поскольку у каждой закрашенной клетки есть сосед
справа и все эти соседи различны).
Для перехода используем две идеи. Они обе просты и
незатейливы, но мало связаны друг с другом.
Идея 1. Разобьем весь квадрант на вертикальные полосы
ширины 2. Заметим, что в каждой полосе, где имеется хотя бы
одна закрашенная клетка (будем называть такие полосы
непустыми), клеток, соседних с закрашенными, в этой полосе хотя
бы на 1 больше, чем самих закрашенных клеток. В самом деле,
в каждой горизонтальной доминошке (из которых сложена эта
полоса) соседей всегда ровно столько же, сколько закрашенных
клеток — проверьте это! Кроме того, самая верхняя
закрашенная клетка в полосе дает еще одного «лишнего» соседа — сверху
от себя.
Таким образом, если найдется η непустых полос ширины 2,
то соседей окажется хотя бы на η больше, чем закрашенных
клеток, что и требовалось (и без всякой индукции).
Идея 2. Все клетки квадранта разбиваются на
диагональные ряды (в самом первом ряду всего одна клетка, в
следующем — две, и т.д.). Рассмотрим самую верхнюю диагональ,
содержащую хотя бы одну закрашенную клетку. Все закрашенные
клетки в этой диагонали разбиваются на блоки подряд идущих.
Выберем один из таких блоков; пусть в нем к закрашенных
клеток.

68
Решения задач
3-й ряд
\
1-й ряд
\
\
2-й ряд
В следующей (более длинной) диагонали содержится к + 1
клеток, соседних с клетками этого блока. Причем других
закрашенных соседей у этих к + 1 клеток нет, потому что клетки
рассматриваемой диагонали, соседние с выбранным блоком, не
закрашены (или вообще находятся за границей квадранта).
Поэтому если выкинуть к клеток этого блока (перестать считать
их закрашенными), исчезнет к + 1 соседей. И если окажется,
что соседей осталось хотя бы на η — 1 больше, чем закрашенных
клеток, то на исходной картинке их было хотя бы на η больше.
Осталось разобрать два случая. Если к ^ 2п, то клетки
нашего диагонального блока затрагивают хотя бы η полос
ширины 2, а значит, утверждение выполнено в силу идеи 1. Если
же к ^ In — 1, то после выкидывания этого блока останется
α - к > п2 - 2п + 1 = (п - I)2
клеток, и по индукционному предположению соседей останется
хотя бы на η — 1 больше, чем закрашенных клеток.
Если имеется a = п2 закрашенных клеток, оценка из
условия задачи точна: существует (и единственный)
пример с η + η соседями — надо закрасить первые η полных
диагоналей. На следующем рисунке слева приведен такой
пример для η = 5.
Однако во всех остальных случаях оценку можно улучшить:
если α > η2, то у закрашенных клеток будет как минимум
α + η + 1 соседей. Иными словами, соседей всегда не меньше
чем α + л/α.
В самом деле, если непустых полос не меньше чем η + 1, то
применим идею 1. Если (в обозначениях из основного решения)

Второй тур
69
к ^ In— 1, то применим идею 2: после выкидывания этого блока
останется
а - к > п2 + 1 - (2п-1) = (п-1)2 + 1
клеток, и можно воспользоваться индукцией. Наконец, оба эти
условия могут нарушаться, лишь если длина диагонального
блока равна 2п, его клетки затрагивают ровно η непустых полос,
а все остальные полосы пусты. Но тогда самая правая клетка
блока лежит на правом краю самой правой полосы; в каждой
полосе, как и раньше, есть «лишний» сосед, а самая правая
клетка нашего блока дает еще одного соседа справа от себя!
Оценка а-\-л/а является точной и в случае а > п2. В качестве
примера для а = п2 + к при 0 ^ к ^ 2п достаточно взять η
полных диагоналей (как на правом рисунке) и добавить к ним
неполную диагональ из к идущих подряд клеток. Этот пример
единственный с точностью до расположения к подряд идущих
клеток в (п + 1)-й диагонали (таких расположений η — к + 1).
Замечание. Из утверждения задачи и предыдущего
рассуждения следует ее вариация, в которой бесконечный
квадрант заменен на обычный квадрат. Пусть в клетчатом квадрате
закрашено а клеток, причем в верхней строке и в правом
столбце закрашенных клеток нет. Тогда в этом квадрате не меньше
а + ,/а клеток, соседних с закрашенными.
Это утверждение будет использовано в решении задачи 84.
Решение 2 (неравенства без комбинаторики). В этом
решении сразу доказывается «улучшенная» оценка: если в
клетчатом квадрате закрашено а клеток, то они имеют не менее
а -\- л/α соседей.

70
Решения задач
Раскрасим квадрант в шахматном порядке в черный и
белый цвет (будет ли угловая клетка квадранта черной, или она
белая — нам не важно). Чтобы не путаться в цветах, будем
считать, что слово «покрашена» и т. п. из условия задачи означает
«покрашена в зеленый цвет», всюду ниже это слово
используется только в этом смысле. Мы докажем сначала «одноцветную»
версию заявленного утверждения: если в клетчатом квадранте
закрашено α белых клеток, то у закрашенных клеток имеется не
менее α + y/a соседей. Такое же утверждение верно для черных
клеток.
Заметим, что все белые клетки квадранта разбиваются на
диагональные белые ряды. Обозначим количество
закрашенных клеток в последовательных белых рядах числами а\, а2,
..., ак. Тогда
«ι + «2 + · · · + «fc = «·
Если в белой диагонали находится сц закрашенных клеток, то
в расположенной над ней черной диагонали содержится не
меньше чем cij+l соседних клеток, а в расположенной под ней черной
диагонали — не меньше чем сц — 1 соседних клеток. Поэтому
суммарное количество соседей не меньше чем
А := тах{0, а-{ — 1} + max{ai + l, αϊ — 1} + тах{а2 + 1, аз —1} +
+ ... + max{afc_i + l,afc-l} + ак + 1.
Надо доказать, что А ^ а + у/а. Предположим, что это не так,
т. е. А < а + у/а. Выберем произвольное число 0 ^ I ^ к и,
воспользовавшись тривиальным соображением тах{ж, у} ^ ж,
тах{ж,у} ^ у, оценим первые I максимумов вторым числом,
а оставшиеся максимумы — первым числом. Тогда при I ^ 1
a + у/а > А > {a-i - 1) + (а2 - 1) + .. . + (ае - 1) +
+ (ае + 1) + (а,е+1 + 1) + .. . + (ак + 1) =
= а + ае - I + (к - I + 1) = а + ае + к - 2£ + 1
и
а + у/а > А > (ал + 1) + (а2 + 1) + . .. + (ак + 1) = а + к
при I = 0. Следовательно, к < у/а и
ае < у/а-к + 21-1. (*)

Второй тур
71
Просуммируем неравенства (*) по I от 1 до к, получим
а = α-ι + а-2 + . .. + ак < к (л/а - к) + (1 + 3 + 5 + .. . + 2к - 1) =
= к (т/а — к) + к = к л/а < а.
Мы пришли к противоречию.
Докажем теперь, что если в бесконечном клетчатом
квадранте закрашено (в зеленый цвет) а клеток, то у
закрашенных клеток будет хотя бы а + л/а соседей. Рассмотрим
отдельно закрашенные черные и закрашенные белые клетки, пусть
их количества соответственно равны χ ж у. Заметим, что
соседи белых клеток — черные, а соседи черных клеток —
белые, поэтому общее количество соседей равно сумме числа
соседей у закрашенных черных клеток и числа соседей у
закрашенных белых клеток. По доказанному оно не меньше, чем
х + л/х + У+л/У^х + У + /х + У = а + л/а.
56. Ответ: неверно.
лг- - 1 2 1 1
Квадратный трехчлен —^ж — ^ж — -г не имеет корней, а его
дискриминант равен ( — ^) —4( — ^)·( — ^) = —^. Поэтому
этот квадратный трехчлен не изменяется при выполнении
указанных операций. В частности, из него нельзя сделать трехчлен,
имеющий корни.
57. Докажем, что утверждение задачи выполняется при
αϊ ^ 4. Тогда ач ^ 6. Предположим, что количество членов
последовательности, которые в 2 раза больше своего номера,
конечно, и пусть ап = 2п — последний из них. Поскольку η / 1
и η / 2, число η — 1 не меньше 2. Рассмотрим наименьший
простой делитель ρ числа η — 1. Тогда число η — 1 взаимно
просто с числами 2, 3, ..., ρ — 1.
Докажем, что αη+ι~ = In + к при к = 0, 1, 2, ..., ρ — 2,
и αη+ρ_ι = 2п + 2р — 2. Используем индукцию по к. База к = О
очевидна. Переход:
«n+fc = «n+fc-i + НОД(п + к, an+fc_i) =
= 2п + к - 1 + НОД(п + к, 2п + к - 1) =
= 2п + к - 1 + НОД(п + к,п-1) =
= 2п+к-1 + ЯОД(к + 1, η - 1).

72
Решения задач
При к = 1, 2, ..., ρ — 2 последний НОД равен 1 и тогда an+fc =
= 2п + к, как и требовалось. При к = ρ — 1 этот НОД равен
НОД(р,п-1)=р и
αη+ρ_ι = 2п + ρ - 2 + ρ = 2η + 2р - 2,
что и требовалось.
Мы получили, что член последовательности с номером η +
+ ρ — 1 ровно в 2 раза превосходит свой номер, что противоречит
предположению.
^Ь. Мой дорогой Ватсон, вы не понимаете, как можно до-
^ΗΡ» гадаться рассматривать наименьший простой делитель
^Чк числа п — 1? Разумеется, гениального озарения для этого
не требуется — достаточно исследовать последовательность,
сделав несколько шагов после an = 2п. Например, мы видим, что
an+i = In + НОД(2п, η + 1), т.е. значение αη+ι зависит от
того, делится ли η -\- 1 на 2. Если делится, то an+i = In + 2 —
и это член, который мы искали! Если же нет, то αη+ι = 2п + 1.
Смотрим дальше:
ап+2 = 2п + 1 + НОД(2п + 1, η + 2).
Приглядитесь, дорогой друг: от чего зависит этот НОД? Что
Вы говорите? От того, делится ли п-\- 2 на 3? Что ж, Вы правы!
Сделав еще пару ходов, мы получим вопросы, делятся ли η + 3
на 4, η + 4 на 5 и так далее. Но гораздо приятнее иметь дело
с делимостью одного и того же числа, чем кучи разных! Наши
делимости легко переформулировать: делится ли η — 1 на 2,
η — 1 на 3, на 4, на 5 и так далее. Первый ответ «да»
встретится при делимости на минимальный простой делитель числа
η — 1. Осталось лишь аккуратно оформить и строго доказать
найденную закономерность с помощью индукции, что и сделано
в решении.
-гт£-\ Если αϊ = 2, то несложно проверить, что последова-
m(J/j9 тельность устроена следующим образом: ап = η + 2
при η ^ 2 и член последовательности, в два раза больший своего
номера, ровно один. Если αϊ = 3, то ап = п + 2 при всех η и член
последовательности, в два раза больший своего номера, также
ровно один.

Второй тур
73
Пусть αϊ φ 3. Известно, что один из членов
последовательности в 3 раза больше своего номера. Докажем
тогда, что таких членов бесконечно много. А заодно и поймем,
как устроена такая последовательность.
Допустим, что количество членов последовательности,
которые в 3 раза больше своего номера, конечно, и пусть ап = Зп —
последний из них. По условию αϊ φ 3, поэтому η ^ 2.
Рассмотрим наименьший простой делитель ρ числа 2п — 1. Тогда число
In — 1 взаимно просто с числами 2, 3, ..., ρ — 1.
Докажем, что αη+ι~ = Зп + к при к = 0, 1,2, ..., ~ (р — 3), и
αη+(ρ_ΐ)/2 = 3(п + „(ρ — 1))· Используем индукцию по к. База
при к = 0 очевидна. Переход:
«n+fc = «n+fc-i + НОД(п + к, an+fc_i) =
= Зп + к - 1 + НОД(п + к, Зп + к - 1) =
= Зп + к - 1 + НОД(п + к,2п-1) =
= Зп+к-1 + НОД(2п + 2к, 2п - 1) =
= Зп + к - 1 + НОД(2& + 1, 2п - 1).
При к = 1, 2, ..., χ (р — 3) последний НОД равен 1 и an+fc =
= Зп + fc, как и требовалось. При к = -~(р — 1) этот НОД равен
НОД(р,2п-1)=ри
«п+(р-1)/2 = Зп+ -(р -3) +р = 3(п+ -(р - 1)J,
что и требовалось.
Итак, член последовательности с номером п-\- ^{р — 1) ровно
в 3 раза превосходит свой номер, что противоречит
предположению.
Рассмотрим разности соседних членов последовательности:
Ъп = «η+1 — о-п ■
Из доказательства видно, что если а^ = 3fc, то
последовательность (Ь„) при к ^ η устроена так: некоторое количество раз
Ьп = 1, а затем однократно Ьп является простым числом, затем
всё повторяется. Поэтому последовательность (αη) при
некоторых αϊ обладает еще одним занятным свойством: разности ее
соседних членов Ъп = αη^ι — ап оказываются либо единицами,

74
Решения задач
либо простыми числами. Это верно, например, при αϊ = 4, 7
или 8. Действительно, если αϊ = 4, то ач = 6 = 3 · 2 и мы знаем,
как устроены все Ьп при всех п. Если же αϊ = 7, то ач = 8
и аз = 9, а дальше мы уже знаем, как будут устроены все Ьп.
Верно ли, что для произвольного натурального αϊ для
последовательности, заданной рекуррентным
соотношением ап = αη_ι + НОД(п, αη_ι), найдется такой
номер Ν, что при η ^ N разность Ьп = αη+ι — ап равна либо
единице, либо простому числу? Ответ на этот вопрос пока
неизвестен. Также неизвестно, существуют ли последовательности,
удовлетворяющие условию исходной задачи (т.е. содержащие
член последовательности, который в 2 раза больше своего
номера) . Вычисления показывают, что для всех начальных
значений αϊ < 106 в последовательности встречается член, в 3 раза
больший своего номера. Как мы уже установили, для таких
последовательностей Ьп равно либо единице, либо простому числу.
Несложно проверить, что в таких последовательностях никогда
не встретится член, в два раза больший своего номера.
58. Пусть О — центр описанной окружности треугольника
ABC, К — середина дуги ВС. Из условия следует, что К лежит
на прямой AL, треугольники AHL и KML подобны и AL < KL,
поскольку LH < LM.
Решение 1. Середина Ρ
отрезка АК лежит на отрезке KL. Точка О
лежит внутри треугольника ABC,
точка Ρ — снаружи, поэтому ОМ < ОР,
откуда по теореме Пифагора
ВМ = χ/ΟΒ"2 - ОМ2 >
> VOA2 - OP2 =AP> AL.
Решение 2. Достаточно проверить, что АК < ВС. Для
этого сравним острые углы ZBAC и LACK, опирающиеся на
эти хорды. Так как
LACK = ZACB + ZBCK и ZBAC = 2ZBAK = 2ZBCK,
достаточно сравнить ZBCK и ZACB. Для тангенсов этих углов

Второй тур
75
очевидно неравенство
откуда и следует требуемое неравенство.
Решение 3. AL2 < AL ■ LK = BL ■ LC < ВС2/А, ч%
59. Положим для краткости η = 2000. От числа η нам
потребуется лишь четность, таким образом, на самом деле мы
решим задачу для произвольного четного числа вместо 2000.
Сумма чисел от 1 до п2 равна -^п2(п2 + 1), а она же,
уменьшенная в η раз, равна s = -^п(п2 + 1). Разобьем все числа от
1 до п2 на пары с суммой п2 + 1 в каждой паре. Посмотрим,
как разместились в парах красные числа. Пусть они образуют
к полностью красных пар и входят в п—2к пар в качестве одного
из чисел. Покрасим в синий цвет оставшиеся числа в η — Ik
парах и еще произвольные к пар. Тогда число красно-синих
пар в точности равно п, и значит, сумма красных и синих чисел
равна п(п2 + 1) = 2s. Стало быть, сумма синих чисел равна s.
В оставшиеся цвета покрасить совсем просто: для очередного
η
цвета возьмем -^ еще не использованных пар чисел и покрасим
их в этот цвет, сумма чисел в этих парах как раз равна s.
На доске написаны числа от 1 до п2. Вася выбрал из
них η чисел, сумма которых в η раз меньше суммы всех
чисел на доске, и покрасил их в красный цвет. Докажите, что
его друг Петя сможет покрасить остальные числа в другие η — 1
цветов (в каждый цвет по η чисел) так, чтобы суммы чисел
каждого цвета были одинаковы.
60. Решение 1. Воспользуемся неравенством
(а + Ъ + с) ^ 3(аЬ -\-Ъс + со).
Для его доказательства достаточно раскрыть скобки, привести
подобные слагаемые и заметить, что получившееся неравенство
есть сумма трех неравенств: о(а2 + ^2) ^ а^> о(^2 + с2) ^ ^с
и -к(с2 -\- а?) ^ са.
Из условия y/xyz = ху + у ζ + ζχ следует, что
xyz = (xy-\-yz-\-zx) Js 3(xy-yz-\-yz-zx-\-zx-xy) = 3xyz(x + y + z).
Сокращая на xyz, получаем требуемое.

76
Решения задач
Решение 2 (pqr-метод). Сделаем замену переменных:
положим а=-,Ь=-ис=-, тогда α + Ъ + с = Vabc.
X ' у Ζ ' ,",11
Теперь нужно доказать, что - + τ + - ^ -.
Рассмотрим произвольный набор положительных чисел а,
бис, удовлетворяющий условиям a + b + с = ρ и абс = г.
Докажем, что при таких условиях максимум выражения ~ + τ + ~
достигается, причем в точке максимума какие-то два числа из
а, Ь и с равны между собой.
Множество точек (а, 6, с), удовлетворяющих условиям а>0,
Ь>0, с>0, а + Ь + с = ри abc = г, компактно в R3, поэтому
111
непрерывная функция - + τ + - достигает своего наибольшего
значения на этом множестве. Пусть оно достигается в точке
(ао,Ьо,со). В силу симметрии можно считать, что со ^ bo ^ «о·
Докажем, что ао = Ьо или bo = со.
Пусть число а является единственным наибольшим из
тройки чисел a, b и с. Пользуясь тем, что b + с = ρ — а и be = -,
получаем:
1 1 1 1 Ъ + с 1 ρ — а 1 ар — а
+ τ + " = " + -; = " + г- = - +
2
a b с a be a r/a a r
Обозначим последнее выражение через /(«) и найдем его
производную:
,. . _ 1_ ρ -2а _ 1_ (а + Ъ + с) - 2а _
а2 г а2 абс
аб + ас — а? — be (а — Ь)(а — с)
= = — — < 0.
а?Ьс а?Ьс
Таким образом, при уменьшении а интересующее нас
выражение растет. Поэтому наибольшее значение достигается при
наименьшем возможном числе а. Покажем, что если с < Ъ < а, то
число а можно уменьшить. Числа бис являются решениями
квадратного уравнения t2 — (ρ — a)t + - =0. Эти решения
существуют и различны, в точности когда его дискриминант
d = (р — а)2 — — положителен. Но если d > 0, то небольшое
уменьшение числа а сохранит положительность
дискриминанта. И значит, можно немного уменьшить а так, что условия
с < Ъ < а по-прежнему сохранятся, а выражение - + τ + -
увеличится. Стало быть, в точке максимума (ао,Ьо,со) не может

Второй тур
77
быть строгих неравенств со < Ьо < «о и либо со = bo, либо
Ь0 = «о·
Поэтому нам осталось доказать неравенство лишь в случае,
когда какие-то два числа равны между собой. Но это означает,
что и в исходной задаче нам нужно доказать неравенство лишь
в случае, когда какие-то два числа равны между собой. Поэтому
можно считать, что у = ζ. Тогда 2ху + у2 = \Jxy2 = ул/х и,
значит, у = л/ж — 2х. В этом случае
x-\-y-\-z = x-\- 2(л/х — 2х) = 2л/ж — Зх ^ —,
о
последнее верно, ибо Зх + о ^ 2»/Зж · - = 2^/х.
61. Построим точку Ε так, чтобы
четырехугольник АМВЕ оказался
параллелограммом. Тогда четырехугольник
МСВЕ тоже параллелограмм. Заметим, Ε
что ZMHC = ZMCH = ΖΜΕΒ,
поэтому четырехугольник ЕВНМ
вписанный. Поскольку точки Е, A, D лежат на
одной прямой, параллельной ВМ, то вписанный
четырехугольник BEDM является равнобедренной трапецией или
прямоугольником. Следовательно, BD = ЕМ = ВС.
62. Построим орграф G, города — вершины, дороги —
ориентированные рёбра (будем называть их стрелками).
Напомним, что орграф называется сильно связным, если между
любыми двумя вершинами существует путь по стрелкам (именно
такой орграф у нас получился). Если орграф не является
сильно связным, его вершины можно разбить на компоненты
сильной связности — максимальные по включению сильно связные
подграфы. В отличие от обычных компонент связности, между
двумя компонентами сильной связности могут быть проведены
стрелки, но только одного направления, иначе эти две
компоненты нужно было бы объединить в одну.
Компонента сильной связности называется крайней, если из
нее не выходит ни одной стрелки в другие компоненты сильной
связности или в нее не входит ни одной стрелки из других
компонент. Такая компонента сильной связности обязательно есть
(докажите это!).

78
Решения задач
Вернемся к решению задачи. Для цикла Ζ в орграфе G
обозначим через Gz граф, полученный из G в результате
удаления стрелок цикла Z. Предположим противное, пусть для
любого цикла Ζ граф Gz не сильно связен. Тогда выберем Ζ
так, чтобы одна из крайних компонент сильной связности
орграфа Gz содержала наименьшее возможное число вершин —
обозначим ее U. Из каждой вершины U выходит хотя бы две
стрелки в орграфе G, а значит, хотя бы одна стрелка в орграфе
Gz (цикл проходит по вершине не более одного раза).
Следовательно, в компоненте U более одной вершины. Так как орграф U
сильно связен, в нем есть цикл С.
Рассмотрим орграф Gc- Если он сильно связен, то задача
решена. В противном случае все отличные от U компоненты
графа Gz остались в Gc сильно связными подграфами, все
стрелки между ними сохранились, а стрелки цикла Ζ
добавились. Так как добавление стрелок цикла Ζ делает орграф Gz
сильно связным, Ζ должен содержать хотя бы по одной
вершине каждой крайней компоненты Gz- Из любой некрайней
компоненты графа Gz можно добраться до крайних как
следуя по направлению стрелок, так и следуя против направления
стрелок, и все эти стрелки не могут принадлежать циклу С.
Следовательно, если Gc не является сильно связным, то в нем
все вершины вне U и хотя бы одна вершина компоненты U
входят в одну компоненту сильной связности. Тогда все
остальные компоненты — а среди них обязательно есть и крайняя —
строгие подмножества U, что противоречит выбору цикла Ζ.
63. Выберем к учеников из первого кружка, рассадим их
в разные кабинеты. Выберем к других человек из второго
кружка и рассадим их, и так далее.
Ученики школы посещают N кружков. В каждый
кружок ходит ровно тк детей. Всех учеников можно
рассадить по к кабинетам так, чтобы в каждом кабинете
был хотя бы один представитель каждого кружка, даже если
N существенно больше т. Ниже мы докажем, что это можно
сделать при N « ет'2.
Рассмотрим к -\- α комнат, где число α определим позже.
Посадим каждого школьника в одну из этих комнат, выбирая

Второй тур
79
ее случайно (все комнаты равновероятны). Назовем комнату
подозрительной, если в ней оказались представители не всех
кружков. Предположим, что случилась УДАЧА: оказалось не
более чем а подозрительных комнат. Тогда имеется к
неподозрительных комнат, мы можем назвать их кабинетами, и
искомая рассадка найдена. УДАЧА заведомо иногда случается,
если математическое ожидание Ε числа подозрительных комнат
меньше а + 1. Заметим, что Ε равно количеству комнат к + а,
умноженному на вероятность того, что конкретная комната
подозрительна. Эта вероятность, в свою очередь, не превосходит
N(1 - Trr)fcm. Итак, если
к-\-а>
N(k + a)(l
1
к + а
< а+ 1,
то при таком N требуемая рассадка существует. Уже при а = к
получается экспоненциальное по т выражение, наилучшего
результата
можно добиться при а :
к
то—1'
64. Пусть Μ — середина стороны АВ,
К — середина дуги PQ, лежащая на
отрезке СМ, В1 — точка, симметричная точке В
относительно медианы СМ.
Предположим противное. Тогда В1 φ А,
АВ' II СМ и
ZCAK = /.РАК
ZCB'K.
ZQBK
Таким образом, СК и АВ' — основания
вписанной, а следовательно, равнобочной
трапеции АВ'СК. Значит, АК = С В' = С В, АС = KB' = KB,
и треугольники АКБ и ВС А равны по трем сторонам.
Противоречие: один из двух равных треугольников не может лежать
внутри другого.
65. Ответ: наименьшее значение равно 2.
Заметим, что
cos χ 2 cos2 χ 2 cos2 x
ctgx =
sin ж
2 sin χ cos χ
sin2x
> 2 cos x.
Следовательно,
ctgx + ctg у + ctg ζ + ctgt ^ 2(cos ж + cos y + cos z + cos t) = 2.

80
Решения задач
Стало быть, интересующая нас сумма всегда не меньше 2. С
другой СТОРОНЫ, еСЛИ Ι=ί/=τΜ2=ί=^,ΤΟ
cos χ + cos у + cos ζ + cos t
2.1+2-0
1,
Числа χι, Χ2, ···, xn G (0, —] удовлетворяют условию
COS2 X\ + COS2 Xi +
ctgx + ctgy + ctgz + ctgi = 2-1 + 2-0 = 2.
+ cos2 i„ = 1. Какое наименьшее
значение может принимать величина ctg ж ι +ctg хч +... +ctg xn?
66. Предположим противное. Разобьем натуральный ряд
на отрезки по 199 чисел. Тогда во всех отрезках, кроме, быть
может, конечного количества, имеется почти квадрат. Отсюда
следует, что среди чисел от 1 до п2 количество почти квадратов
не меньше чем
199
с, где с — некоторая константа. С другой
стороны, каждый такой почти квадрат имеет вид ab, где α ^ п,
Ь (Ξ [α, α + тт=], поэтому их количество не больше чем
Σ
(wo + 1
п(п + 1) η
П+ 200 < Ϊ99
при достаточно большом п. Противоречие.
67. Заметим, что РА · РА' = РН2 = РВ · РВ', так что
точки А, В, А', В' лежат на одной окружности. Пусть Τ —
точка пересечения прямых АВ и А'В'. Имеем
ТА-ТВ = ТА' ■ ТВ' = ТН2,
последнее равенство выполнено в силу того, что прямая ТН —
касательная к сфере с диаметром РН, а ТВ'А' — секущая.
Ρ
Ρ
--_-- т с
Таким образом, точка Τ лежит на радикальной оси
окружности, описанной около треугольника ABC, и точки Н. На ней

Второй тур
81
же лежат точки ВС Π В'С, АС Π А'С. Значит, прямая I =
= ABC Π А1 В1 С и есть эта радикальная ось. Она
перпендикулярна линии центров ОН.
68. Рассмотрим граф знакомств математиков. По условию
этот граф хордовый, т.е. в нем любой цикл из 4 или более
вершин содержит хорду (пару смежных вершин, не соседних
в цикле). Докажем, что для хордового графа G выражение
/(G) := с\ — сч + сз — .. ., где q — количество клик (полных
подграфов) в G на г вершинах, равно числу k(G) компонент
связности графа G.
Решение 1. Предположим, что это не так, и рассмотрим
в качестве G наименьший по числу вершин контрпример. Ясно,
что граф G содержит больше одной вершины и связен (иначе
одна из компонент связности была бы меньшим
контрпримером). Удалим из графа G произвольную вершину ν, пусть
новый граф G\v распался на компоненты G\, ..., G^. Пусть Н\,
Н<2, · · ·, Hk — подграфы bGi, ..., G^ соответственно на соседях
вершины v. Несложно видеть, что
к к
№ = ι + Σ№)-Σ,ΚΗ')> (*)
г=1 г=1
где слагаемое 1 соответствует клике {ν}, слагаемые /(Gj) —
кликам, не содержащим ν, слагаемые —/(Щ) — кликам,
содержащим ν (при удалении из них вершины ν меняется четность,
а стало быть, знак в выражении для /). В силу
минимальности контрпримера /(Gj) = 1, /(Щ) = к(Щ). Проверим, что
tt(Hi) = 1 при всех г. Предположим противное, тогда вершины
одного из графов Hi можно разбить на два непустых
подмножества V~, V+ так, что ни одно ребро не ведет из V~ в V+.
Рассмотрим наименьший по числу ребер путь χ ... у из V~ в V+
в графе Gj. Тогда цикл vx ... yv не имеет хорды в графе G.
Мы проверили, что /(Щ) = /(Gj) при всех г. Тогда по
формуле (*) /(G) = 1 = fc(G), т.е. граф G оказался
неконтрпримером.
Решение 2. Ясно, что при выкидывании вершины из
хордового графа он остается хордовым. Назовем вершину
допустимой, если все ее соседи попарно смежны между собой.

82
Решения задач
Л е м м а. В хордовом графе, имеющем хотя бы две вершины,
есть хотя бы две допустимые вершины.
Доказательство. Предположив противное, рассмотрим
наименьший по числу вершин контрпример — граф G.
Заметим, что в G нет вершины ν, смежной со всеми (иначе G\v —
меньший контрпример). Пусть ν — недопустимая вершина в G,
N — множество соседей вершины ν, Η = G\ (ΝUv) — граф на
оставшихся вершинах. Заметим, что если ui и«2 — несмежные
соседи ν, то не существует пути из u-γ в ич, все промежуточные
вершины которого принадлежат Н, — иначе бы наименьший по
числу ребер подобный путь, дополненный путем u^vu-i,
оказался бы циклом без хорд. Пусть Hi — одна из компонент связности
графа Η, Ν\ — множество вершин в Ν, имеющих соседа в Hi.
По доказанному Νι — клика, так что Νι ^ N. Рассмотрим
(хордовый, разумеется) граф на вершинах ν, Νι, Н^. В нем в силу
минимальности контрпримера имеется допустимая вершина w,
отличная от v. Она не может принадлежать Νι, потому что
каждая вершина в Νι имеет соседями ν и какую-то вершину
в Hi. Значит, она принадлежит Hi, а потому является
допустимой и в С Чтобы найти допустимую вершину, отличную от w,
повторим рассуждение, взяв в качестве исходной вершины ν
соседа вершины w. D
Возвращаясь к решению задачи, будем рассуждать по
индукции по числу вершин. Для допустимой вершины ν
индукционный переход от графа G\v к графу G очень простой: если она
изолированная, интересующая нас сумма увеличивается на 1,
в противном случае ни сумма, ни число компонент связности
не меняются.
69. Решение 1. Пусть гГ (Ξ Vi \ Vi, тогда гГ лежит
внутри или на границе треугольника с вершинами ~а, Ь , 7Γ из Vi,
и значит, гГ = αα" + /3 Ь +j~c, где а, /3, η — неотрицательные
рациональные числа с суммой 1 (они пропорциональны площадям
треугольников vbc, vac, vab соответственно). Если N = iV( гГ) —
общий знаменатель чисел о:, β, η, то N прыжков на вектор гГ
можно заменить на ο:Ν прыжков на вектор ~а, βΝ прыжков на
вектор Ь и ηΝ прыжков на вектор ~с. Таким образом, можно
считать, что второй кузнечик использует прыжок на вектор гГ
менее чем Ν(~υ) раз.

Второй тур
83
Предположим, что утверждение задачи неверно, тогда
имеется такая последовательность точек xj, что f(xi) — д(хн) —> со,
где f(x) и д(х) обозначают количества прыжков, необходимых
первому и второму кузнечикам соответственно, чтобы достичь
точки х. Переходя к подпоследовательности, можем считать,
что набор использованных вторым кузнечиком прыжков из
V<2 \ У\ всегда один и тот же — ведь мы добились того, что
количество возможных таких наборов конечно. Еще
несколько раз переходя к подпоследовательности, можем считать, что
для каждого вектора сГ (Ξ У\ количество щ(^а) прыжков на
вектор сГ у второго кузнечика для достижения точки Xi
стабилизируется или же возрастает к бесконечности. Это позволяет
считать, что при г > j точка Xi достигается вторым кузнечиком
через промежуточную точку xj, причем все прыжки из Xj в х^
лежат в V\ и их количество равно д(хн) —g(xj). Но тогда первый
кузнечик может попасть в х^ за f(xj) + д(хн) — g(xj) = д(хг) + с
прыжков. Противоречие.
Решение 2. Нам потребуется следующая лемма. Она
сама по себе является неплохой задачей. Чтобы дать возможность
читателю подумать о ней, мы отнесли доказательство леммы
в конец решения.
Лемма. Пусть множество К состоит из упорядоченных
наборов целых неотрицательных чисел (fci, &2, ..., кт). Известно,
что для любой пары наборов (αϊ, ci2,..., ат) и (6ι, Ъч1..., Ьт)
существуют такие индексы ί и j, что сц < 6j и a,j > bj. Тогда
множество К состоит из конечного числа элементов.
Перейдем к решению. Договоримся, что все
рассматриваемые маршруты кузнечиков (кроме специально оговоренных)
начинаются в точке О. Как и в начале решения 1, убеждаемся,
что существует такая функция iV( гГ), где гГ (Ξ V^V^i, что любой
маршрут второго кузнечика может быть реорганизован с
сохранением начальной и конечной точки и числа прыжков таким
образом, чтобы прыжок на каждый вектор гГ (Ξ Vi \ V\ в нем
совершался менее iV( гГ) раз. Обозначим через Μ наибольшее
из чисел iV( гГ).
Пусть D — точка, до которой могут допрыгать оба
кузнечика, такие точки назовем допустимыми. Тогда второй кузнечик

84
Решения задач
может допрыгать до точки D, использовав не более Μ
прыжков на вектор гГ для каждого гГ (Ξ Vi \ V\. Поскольку порядок
прыжков не имеет значения, можно считать, что, прыгая в
точку D, второй кузнечик сначала делал прыжки на векторы из
множества Уч \У\ (ив результате оказался в точке Е), а после
этого он совершал лишь прыжки на векторы из V\. Переберем
все допустимые точки D и обозначим множество
соответствующих точек Ε через W. Поскольку второй кузнечик делал не
более Μ прыжков на вектор каждого вида из множества Vi \ V\,
множество W конечно.
Зафиксируем точку Ε (Ξ W и рассмотрим все возможные
маршруты первого кузнечика, начинающиеся в этой точке. На
каждом маршруте отметим ближайшую к Ε (по числу
сделанных прыжков) допустимую точку. На некоторых
маршрутах такой точки может вообще не оказаться, но если маршрут
ведет в допустимую точку, одна из его точек обязательно будет
отмечена.
Пусть множество V\ состоит из векторов щ, νζ, .. ., п^.
Для каждой отмеченной точки А зафиксируем какой-нибудь
ведущий в нее маршрут первого кузнечика и сопоставим ей
набор целых неотрицательных чисел (αϊ, ci2,..., am), в котором
число cifc равно количеству прыжков на вектор щ в этом
маршруте. Тогда если (αϊ, ci2,..., am) и (6ι, 62, · · ·, Ьт) — два
набора, соответствующие отмеченным точкам А ж В, для которых
«fc ^ bk при всех fc, то из А кузнечик сможет припрыгать в В.
В этом случае мы сотрем отметку на точке Вив дальнейшем
будем считать, что для точки В фиксирован маршрут первого
кузнечика, проходящий через А (число прыжков при этом не
изменилось). По этой схеме проредим отмеченные точки.
Обозначим оставшееся множество отмеченных точек через Ue- По
лемме оно состоит из конечного числа элементов. Тогда конечно
и объединение U = |J Ue-
Eew
Рассмотрим теперь ситуацию из условия задачи: пусть дан
маршрут второго кузнечика в некоторую допустимую точку А.
Построим соответствующую этому маршруту точку Ε и
рассмотрим все возможные маршруты первого кузнечика из Ε в А
(они существуют, так как второй кузнечик, двигаясь от Ε к А,

Второй тур
85
использовал прыжки из множества Vi). Какой-то из этих
маршрутов проходит через точку из Ue, назовем ее С. Для
попадания в точку А первый кузнечик может сначала как-нибудь
допрыгать до точки С, а дальше прыгать ровно так же, как это
делал второй кузнечик. Для каждой точки из U зафиксируем
какой-нибудь ведущий в нее маршрут первого кузнечика. В
качестве константы с возьмем наибольшее количество прыжков во
всех этих маршрутах. Поскольку попадание первого кузнечика
в произвольную допустимую точку вначале состоит из такого
маршрута, а затем просто повторяет прыжки второго
кузнечика, количество прыжков, необходимое первому, не более чем
на с превосходит количество прыжков второго кузнечика* чтд.
Доказательство леммы. Будем доказывать
утверждение индукцией по т. База m = 1 очевидна.
Сделаем переход от m — 1 к т. Предположим, что в
множестве К бесконечное количество наборов. Будем говорить, что
наборы (αϊ, ci2,..., ат) и (6ι, 62,···, bm) сравнимы по
координатам г и j, если сц < 6j и cij > bj. По условию любые два набора
из множества К сравнимы по каким-то двум координатам.
Зафиксируем некоторый набор s = (si, S2, · · ·, sm) (Ξ К. Поскольку
наборов, сравнимых с s, бесконечно много, для некоторой
пары координат г и j найдется бесконечное количество наборов,
сравнимых с s по этой паре координат. Но для таких наборов
сц < Si, поэтому бесконечное их количество имеет и
фиксированную г-ю координату. Оставим только эти наборы. Все они
сравнимы между собой. Так как их г-я координата одинакова,
они останутся сравнимыми, если эту координату вычеркнуть.
Но тогда мы получим бесконечное число попарно сравнимых
(т — 1)-элементных наборов. Противоречие. D
70. Докажем более общий факт: сумма по всем п!
перестановкам (ζί, .. ., ζη) данных положительных чисел υ\, . .., νη
Ζ\ Ζγ + Ζ-2 Ζγ + . . . + Ζη
равна 1.
* Если бы многоугольник из условия был симметричным относительно
точки О, то точка Ε была бы допустимой и решение бы радикально
упростилось, поскольку тогда множества U и W совпадают.

86
Решения задач
Решение 1 (индукция). Индукция по п. Б cL3cL ТЬ — 1
очевидна. Индукционный переход. Если зафиксировать zn,
соответствующая часть суммы по индукционному предположению
равна zn/S, где S = z\ + ... + ζη = υ\ + ... + υη. Осталось
просуммировать по возможным значениям ζη.
Решение 2 (ослик). У Ослика есть η палочек длины υ\,
V2, · · ·, νη. Он выкладывает их в ряд в виде длинного отрезка
и выбирает на этом отрезке случайную точку. После этого он
убирает палочку, на которую попала точка, оставшиеся
палочки сдвигает так, чтобы снова получился отрезок, и повторяет
процесс. Какова вероятность того, что Ослик последовательно
уберет палочки номер 7г„, πη_ι, ..., πι? Очевидно, она равна
fj[ νπ(ΐ) + νπ{2) + ... + υπϋ)'
а сумма всех таких вероятностей равна 1.
71. Обозначим через Ρ вторую точку пересечения прямой,
проходящей через точку А параллельно СВ, с окружностью ω,
а через Q — вторую точку пересечения
прямой PC с окружностью ω. Докажем,
что точки С, Q, X и Υ лежат на одной
окружности. Это следует из равенств
направленных углов
Z(CX, XY) = Z(AP, AY) =
= Z(QP,QY)=Z(CQ,QY).
Мой дорогой Ватсон, вы не понимаете, как можно
найти точку Q? Это элементарно. Будем доверять условию
задачи и начнем двигать в точку X в сторону точки В.
При X = В предельным положением окружности CXY
будет окружность, проходящая через точки С ж В ж касающаяся
прямой АВ. Пусть луч ВС вторично пересекает окружность ω
в точке С. Двигая точку X в сторону С до момента их
совпадения, получим, что в этом случае предельным положением
окружности CXY будет окружность, проходящая через точки
1

Олимпиада 239 школы
87
П. Пикассо. Микки Маус. 1936.
Экран, мышь, Геогебра. Из частного собрания.
С и С и касающаяся прямой АС.
Пусть Q — точка пересечения этих
двух окружностей, она и должна быть
искомой точкой, через которую
проходят все окружности из условия
задачи. Присматриваясь, мы видим, что
ZC'QC = ZAC'C, ZCQB = ZABC,
откуда ZCQB = ZCAB, т.е.
точка Q к тому же еще лежит на
окружности ω. Дальше вы сами справитесь.
72. Ответ: η = 15.
Подставив χ = 1, у = п, получим, что η = 2k — 1 для
некоторого натурального к. Пусть η = аЪ, где а ^ Ь > 2, и пусть
а + Ь = 2* для некоторого натурального числа t. Очевидно, что
к > t. Тогда
2к + 2* = аЪ + а + Ь + 1 = (а + 1)(Ь + 1),
2* = аЪ
6+1 = (а-1)(Ь-1).
Перемножив эти равенства, получим, что число (а — 1)(а+ 1)х
х(Ь — 1)(Ь + 1) делится на 22*. Но двойка входит в одно из
чисел 6—1 или Ь + 1 в первой степени, а во второе — в
степени, не большей t — 1. Аналогично для чисел а — 1 и а + 1.
Следовательно, делимость на 22* возможна, только если в обеих
упомянутых оценках двойки входит в степени ровно t — 1. Это
возможно, лишь если Ъ = 2*-1 — 1, а = 2*-1 + 1 (поскольку
а>Ьиа + Ь = 2*). Тогда к = 21 - 2 и 2fc-l делится на 3.

88
Решения задач
Значит, можно считать, что в наших рассуждениях выбрано
6 = 3. Тогда α = 5, и η = 15 — единственное подходящее число.
73. Ответ: да, пушка сможет подбить танк.
На самом деле, чтобы подбить танк на доске In χ 2η, пушке
достаточно стрелять каждый раз по η + 1 клетке доски (в
условии задачи — по 51 клетке). Мы приведем алгоритм,
проиллюстрировав его для доски 10 χ 10 и выстрелов по 6 клеткам.
Рассмотрим шахматную раскраску доски. Приведем
алгоритм поимки танка в предположении, что танк изначально
стоял на черной клетке. На рисунках бомбочками показаны
клетки, по которым производится очередной выстрел, а
крестиками отмечены клетки, на которых перед этим выстрелом
танк находиться не может.
•
•
•
X
X
X
X
X
X
X
X
•
•
X
X
X
X
•
•
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
•
•
•
•
•
•
•
X
X
X
X
X
X
•
После каждого хода танк меняет цвет клетки и добавляется
еще один крестик. Ниже изображены последние 4 хода (для
η = 5).
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
•
•
•
X
X
•
•
•
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
•
X
X
X
X
•
•
•
•
•
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
•
•
X
X
X
•
•
•
•
Нетрудно заметить, что в конце можно было сократить ал-
гортим: некоторые выстрелы в последний столбец производятся
в клетки, на которых на самом деле должен появиться крестик.

Олимпиада 239 школы
89
Но даже без этого после (2п2 — η — 1)-го хода крестиков станет
2п2 — η — 1. Они будут стоять на клетках одного цвета (этот
цвет зависит от четности п, при η = 5 крестики будут
черными), и на следующем ходу оставшиеся η + 1 клеток этого цвета
будут подбиты пушкой. Итак, после 2п — η ходов все клетки
одного из цветов (в нашем случае — белого) будут находиться
под запретом. Следовательно, танк, если его еще не подбили,
будет находится на клетках другого цвета, и мы сможем
снова применить тот же самый алгоритм для его окончательного
уничтожения.
74. Лемма. Пусть в треугольнике ABC выполняется
соотношение \2{ВС — В А) = АС, а точка X — середина стороны
АС. Тогда 2ZAXB = ZA- ZC.
Доказательство. По формуле для В
длины медианы,
ВХ2 = -(2АВ2 + 2ВС2 - АС2) =
= \[2АВ2 +2ВС2 -2(ВС -АВ)2) = АВ-ВС.
С
Рассмотрим точку С, симметричную
точке С относительно биссектрисы угла В. Так как ВХ2 =АВ ■ ВС,
то ВА: ВХ = ВХ : ВС1, треугольники ΒΑΧ и ВХС
подобны, и тогда ΖΒΧΑ = ZBCX. В силу соотношения из условия
леммы
АХ ■ АС = \АС2 = (ВС - АВ)2 = АС'2,
откуда аналогично ZAC'X = Z.ACC. Отметим еще, что,
поскольку треугольник ВСС равнобедренный, 2ZBCC = 180° —
-ZABC = ZA + AC. Тогда
2ZAXB = 2ZACC = 2(ZBCC - ZBCA) =
= (ZA + ZC)-2ZC = ZA-ZC. D
К треугольникам ABC и ADC можно применить лемму,
поскольку V2(DC-AD) = л/2(ВС-ВА) = АС. Отсюда получаем
утверждение задачи.

90
Решения задач
75. Сделаем простое, но очень полезное наблюдение:
Если Ь < а, то остаток от деления числа α на число Ь не
превосходит a/2.
Докажем, что существует такая функция /(п), что, каковы
бы ни были начальные числа χ ж у, при любом η на доске
будет выписано не более f(n) чисел из полуинтервала Δη =
= [у/2п+\у/2п).
Всюду в рассуждениях ниже мы будем использовать слово
«ограничено» в смысле «ограничено равномерно по у» или,
говоря попросту, «не превосходит константы, не зависящей от у».
С этим соглашением утверждение из предыдущего абзаца
звучит так: при всех η на доске будет выписано ограниченное
количество чисел из полуинтервала Ап = [у/2п+1уу/2п).
Доказывать это утверждение будем индукцией по п. База
для η = 0 очевидна, поскольку все появляющиеся на доске
числа будут меньше у/2, значит, можно взять /(0) = 2.
Индукционный переход. Ясно, что в любом процессе можно
сначала получить все числа, большие у/2п (назовем их
огромными), а потом уже числа из промежутка Δη (их назовем
большими). Остальные числа (назовем их маленькими) никак не
влияют на появление новых больших чисел. По предположению
индукции количество огромных чисел ограничено. В силу
наблюдения большие числа получаются либо как остаток от
деления огромного числа на огромное, либо как остаток от деления
огромного на большое. Ясно, что сначала можно получить все
большие числа, получающиеся как остаток от деления
огромного числа на огромное. Их количество тоже ограниченное по
предположению индукции.
Рассмотрим большое число. Пусть оно получилось из
огромных так: сначала появилось большое у\ делением огромного
на огромное, затем большое уч при делении огромного на у ι,
затем уз при делении огромного на у2, и т.д. Докажем, что
если какое-то огромное число дважды участвовало в этой
цепочке действий в качестве делимого, то получавшиеся при этом
неполные частные были различны.
Действительно, предположим, что при делении огромного
числа ζ на числа yi и г/j (j > г) получилось неполное частное к

Олимпиада 239 школы
91
и остатки i/i+i и j/j+i. Тогда
ζ = kyi+ yi+1 > kyi + yj+1 > kyj + yj+1 = ζ.
Противоречие. Значит, каждое огромное число могло
встречаться в качестве делимого в этой (а значит, и любой другой)
цепочке не более 2η+1 раз. Поскольку количество огромных чисел
ограничено и каждое из них используется в любой цепочке не
более 2η+1 раз, то и количество цепочек ограничено, т.е.
ограничено количество больших чисел. Переход сделан.
100
Заметим, что если у > 10 000 000 J^ /("■), то на доске по-
п=0
100
явится не более Σ f(n) + щ < . 00q000 различных чисел.
п=0
76. Ответ: наибольшее s равно 1.
Решение 1. Пусть α = 1/t2, b = 1, с = t при большом t.
Тогда обе части неравенства близки к 1, откуда следует, что
s < 1.
Осталось показать, что s = 1 подходит, т. е. доказать
неравенство
1 1 1 λ2 1 1 1
+ 1 + > —п 1- + Т-П +
ч α + Ь b + с с+ a J a2 + be b2 + ca с2 + ab
Пусть α ^ b ^ с. Тогда
2 1 _ (a-b)(a-c) >Q
(α + b)(a + с) α2 + be (α + 6) (α + с) (α2 + be)
2 1 _ (с-а)(с-Ь)
(с + а)(с + Ь) с2 + ab (с + а) (с + 6) (с2 + аб)
и, наконец,
1 1 1
^0
(а + Ъ)2 (6 + с)2 Ь2 + ас
Последнее неравенство домножением на знаменатели
приводится к виду Ь4 + а3с + ас3 ^ а?с2 + 2аЬ2с, что верно, поскольку
а3с + ас3 > 2а2с2 и Ь4 + а2с2 > 2аЬ2с.
Решение 2 (pqr-метод). Для решения задачи нам
понадобится следующая ключевая лемма.

92
Решения задач
Лемма. Пусть α ^ Ь ^ с и числа р=а+Ь+сид=
= аб + Ьс + са фиксированы (в этом случае обязательно]?2 ^ Зд).
Тогда наибольшее значение величины г = abc достигается при
α = 6, а наименьшее значение величины г = abc достигается при
Ь = с. Если же 0 ^ α ^ Ь ^ с, то наименьшее значение величины
г = abc достигается либо при α = О, либо при Ь = с.
Доказательство*. Пусть
ρ - 2vV - 3g ρ - у/р2 - 3g
χ = з и у = з ·
Поскольку выражение
(6 - с)2 = (6 + с)2 - Abc =(Ъ + с)2 - Aq + Aa(b + с) =
= (ρ - α)2 - Aq + Aa{p - a) = -3a2 + 2pa + p2 - Aq
всегда неотрицательно, число α должно лежать между корнями
квадратного трехчлена f(t) = Ш2 — 2pb — р2 + Aq. Тогда α ^ ж,
ибо ж является меньшим корнем трехчлена f(t). Отметим, что
если α = ж, то Ъ = с.
Из условия α ^ Ъ ^ с следует, что α ^ ^. Кроме того,
выражение
(а — 6) (а — с) = а — ab — ас -\- Ъс = a — 2a(b + с) + q =
= а — 2а(р — а) + g = За — 2ар + q
всегда неотрицательно, поэтому число а не должно лежать
между корнями квадратного трехчлена g(t) = Ш2 — 2pt + q. Эти
р±л/р2-3д
корни равны *-г , и значит, α ζ у.
Преобразуем теперь выражение
абс = а(д — а(Ъ + с)) = aq — а (р — а) = а — ра + да.
Рассмотрим правую часть как функцию от α и обозначим ее
через г (а). Покажем, что если α (Ξ [ж, у], то г (а) строго
монотонно возрастает. Действительно, пусть а\, ач (Ξ [ж, у] и αϊ < а^.
Тогда τάα\ + αϊ) G [х,у] и, в частности, g(^(ai + 02)) ^ 0.
* Это элементарное доказательство сообщил нам Навид Сафаеи

Олимпиада 239 школы
93
Следовательно,
r{a2) -r(at) = [a\ — pa\ + qa2) - {a\ - pa\ + qa\) =
= (a2 - a\){a\ + aia2 + a\ — pat — pa2 + q) =
ι \ίοίαί + α2\2 ο /«1+«2λ («2-«l)2
= (a2-a1)(3(—^—) -2P(—2—j+g-H^-^
/1 Λ («2 — «i)3
= («2 - ai) · gi ^{ai + «2)1 + -. > 0.
Поэтому наибольшее значение r(α) достигается при
наибольшем возможном значении а, т.е. когда a = 6, а наименьшее
значение г (а) достигается при наименьшем возможном
значении а. В первом случае (т. е. без ограничения a ^ 0) наименьшее
возможное значение а — это χ и, значит, при этом Ь = с. Во
втором случае: если χ ^ 0, то наименьшее возможное значение
а — это ж, и тогда опять Ь = с, если же χ < 0, то наименьшее
возможное значение а равно 0. D
Как и в лемме, положим ρ = а + Ь + с, q = ab + be + ca и
г = abc. Тогда
1 1 1 p2+q
+ ι + -
а + b b + с с+ a pq — г
1 1 1 p2q -q2 - 2pr
а2 -\-Ъс Ъ2 -\- са с2 + ab q3 + р3г — 6pqr + 8г2
Значит, нас интересует наибольшее s, при котором справедливо
неравенство
р2 + q\2 . p2q-q2 -2pr
> s
\pq — r) ^ q3 + p3r — 6pqr + Sr2
или, что то же самое, неравенство
pq-r\2 q3+p3r-6pqr + Sr2 4q3-3p2q2+p3r + 8r2
^p2+qJ "" p2q — q2 —2pr p2q — q2 — 2pr
Зафиксируем р и q. Поскольку дробь в скобках в левой части
всегда положительна, так же как и знаменатель дроби в правой
части, при уменьшении г левая часть увеличивается, а правая
уменьшается. Таким образом, можно считать, что г принимает
наименьшее возможное значение. Тогда по лемме либо a = 0,

94
Решения задач
либо 6 = с, и осталось разобраться с неравенством лишь в этих
двух случаях.
Пусть α = О, тогда неравенство примет вид
1112 2 2
+ "7 + Т. Г7 + Т- + ТТ, Г +
б2 с2 (6 + с)2 Ьс 6(6 + с) с(6 + с)
11 1 λ2 , _ _
Τ + - + Ί > s[t~ + 77 + ο
6 с b + cj \bc ολ &
Отметим, что при s = 1 оно очевидно, а при s > 1 неверно,
например, если положить 6 = — и с = 1, поскольку тогда правая
часть равна s(n2+n+l), а левая часть не больше, чем п2+4п+4,
но неравенство п2 + 4п + 4 ^ s(n? + η + 1) не может быть верно
при больших п, если s > 1. Таким образом, s ^ 1 и если мы во
втором случае докажем справедливость неравенства при s = 1,
то наибольшее возможное значение s в точности равно 1.
Пусть 6 = с, тогда неравенство примет вид
4 2 1 ( 2 1 λ2 1 2
(а + 6)2 62 + а6 462 V« + 6 2ЬУ «2 + Ь2 62 + а6'
в котором оно очевидно.
Решение 3 (для любителей считать). То, что s ^ 1,
показано в решении 1. Докажем неравенство для s = 1.
Перенесем дроби в левую часть, возведем в квадрат, раскроем скобки
и приведем подобные слагаемые (лучше при помощи
компьютера). В числителе останется 384 положительных слагаемых,
поэтому неравенство очевидно будет верным. А именно
получится сумма
3(6, 4, 0) + f(5, 5, 0) + ^(8,1,1) + 3(7, 2,1) + 6(6, 3,1) +
+ 6(5,4,1) + 5(6, 2, 2) + 13(5, 3, 2) + 8(4,4, 2) + 9(4, 3, 3),
где через (р, q, r) для краткости обозначено выражение
apbqcr + aPbrcq + aWcr + aqbrcp + arbpcq + arbqcp.
77. Назовем эти классы А, В, С. Рассмотрим граф,
вершины которого соответствуют школьникам, а ребра соединяют
враждующих школьников. Заменим каждое ребро графа на
пару разнонаправленных стрелок, соединяющих те же вершины.

Олимпиада 239 школы
95
Степенью вершины будем называть число исходящих стрелок
(оно равно числу входящих стрелок и совпадает со степенью
вершины в исходном графе). На каждой стрелке, идущей от
вершины α степени 2х к вершине Ь степени 2г/, поставим
число -. Рассмотрим любую вершину a G А степени 2гг. Пусть она
соединена с вершинами Ъ\, Ъч-, ..., Ьп (Ξ В. Тогда количество
вершин Cj (Ξ С, имеющих с α общую смежную, не меньше
половины от максимальной из степеней 6j, что, в свою очередь,
не меньше половины среднего арифметического этих степеней,
т.е. суммы чисел на всех стрелочках, ведущих из α в класс В.
Прибавим к этому неравенству аналогичное неравенство для
вершин смежных вершине α в классе С. Получим, что
количество вершин в классах В ж С, имеющих с α общую смежную,
не меньше суммы чисел на всех стрелочках, выходящих из а.
Просуммируем эти неравенства по всем вершинам графа, при
этом каждая пара вершин, имеющих общую смежную, будет
учтена два раза. Значит, количество пар вершин, имеющих
общую смежную, не меньше полусуммы чисел на всех стрелочках.
Но поскольку на каждой паре стрелочек стоят взаимно
обратные числа, то их сумма не меньше двух, а тогда полусумма
чисел на всех стрелочках не меньше половины количества этих
стрелочек, т.е. не меньше количества ребер графа.
78. Пусть α и 7 — половины углов Α β
и С. Из того, что ΑΙ _Ι_ ΒΙ2, находим,
что ZI2BC = |- — о: — 27, а из того, что
CI _1_ В1\, находим, что ΔΙγΒΑ = тг —
—7 — 2а. Сумма двух вычисленных углов
равна ^^В, откуда Δ.Β = -^. Значит,
ZDBC + ZBCD = (тг - 2а - 47) + 27 = π - 2(а + 7) = -·
80. Ответ: f(x) = 0; f(x) = χ.
Подставляя у = 0, получаем, что /(0) = 0. Если f(t) = 0 при
некотором t 7^ 0, то, подставляя χ = t и произвольный у ^ 0,
получаем, что f(t(y + 1)) = 0 при всех у φ 0, откуда / = 0, и эта
функция, очевидно, подходит.
Пусть теперь f(x) φ 0 при ненулевых х. Заметим, что если
у φ 0, —1, то yf(x) φ χ (у + 1) при ненулевых х. Действительно,

96
Решения задач
если равенство выполнено при каких-то х, у, то, подставив их
в уравнение, мы сократим / и получим невозможное равенство
1 ТТ f(X) У+1
у + ί = у. Поэтому для ненулевых χ равенство —^- = -
невозможно ни при каком у φ 0, — 1. Но единственное ненулевое
значение, которое не принимает функция это 1. Таким
ft χ) У
образом, —— ξ 1, что тоже подходит.
81. Пусть d[a, к) = 6 < -. Положим
α0 = α, αι=/(α), α2 = /(/(«)), «з =/(/(/(«))), ···
Сразу заметим, что в этой последовательности числа не могут
повторяться, поскольку если am = am+n, то d[am,n) = 0, что
запрещено условием.
Посмотрим на остатки чисел сц по модулю 6. Очевидно,
а,/- = a (mod 6). Таким образом, остаток α встречается в этой
последовательности на нулевом и fc-м шаге. Пусть он впервые
встречается в этой последовательности на s-u шаге. Тогда s ^ Ь
и к делится на s. Поэтому к = si, где 1^ А.
Число d[a, s) по определению делится на 6, пусть d[a, s) =
= mb. Случай т ^ 2 невозможен, так как тогда d[a, si) делится
на mb и, стало быть, не может быть равно Ь. Значит, d[a, s) = Ь.
Так как d[a, s) = \as — а\ = 6, то as = а ± Ь. Но мы также
знаем, что Ь = d[a, к) = \a,£S — а\ и что as φ a,£S, значит, a,£S =
= а =р Ь. Разберем случай as = а + 6, a,£S = а — Ь (второй случай
аналогичен).
Поскольку a,£s — as кратно «(£_i)s — α, последняя разность
равна tb, где t (Ξ {1,-1,2,-2}. При t = ±1 число «(£_i)s
совпадает с as или с a,£s, что невозможно. В случае t = — 2
получаем, что А# = \a,£s — «(£_i)s| = Ъ, причем это число делится
на Ат = \ams — a(m_i)s| при всех натуральных т < s.
Значит, все разности Ат равны 6, но тогда какое-то значение ams
повторится, что невозможно.
Наконец, при ί = 2 получаем, что все вышеупомянутые
разности Ат равны Ь или 36 и последовательность Ат имеет
вид
6,6,..., 6, 36,36,...,
так как в ней каждый следующий член делится на предыдущий.
Тогда имеем as = а -\- 6, a^s = as ± Δ2, «3s = a2s i Δ3 и т.д.

Олимпиада 239 школы
97
Нетрудно проверить, что если в такой последовательности
числа ams не повторяются, то при I ^ 4 она не может содержать
число a,£s = a — b. Поэтому случай ί = 2 тоже невозможен.
/oCjw Оценка d[a, k) ^ к/3 точная. Пусть многочлен /(ж) =
m(J/j9 = 1 + Зж — 2ж2. Для него d(a, к) не обращается в 0, но
/(/(/(0))) = /(/(1)) = /(2) = -1, и значит, d(0, 3) = 1.
83. Отметим на сторонах ВС ж CD такие точки К и L,
что ΒίΓ = ΒΑ, £>L = DA. Тогда по условию СХ -СА = СК2 =
= С1?, т. е. описанные окружности ω^ и ω^ треугольников АКХ
и ALX касаются сторон ВС и C_D соответственно. Поскольку
ΒΑ = ВК, прямая В А также касается шь-
Пусть Τ — середина АК. Ясно, что точка Τ лежит на
прямой ΒΙ, где / — центр вписанной окружности ABCD. Тогда XT
и ХВ — медиана и симедиана треугольника АКХ (поскольку,
как известно, симедиана, проведенная из вершины
треугольника, проходит через точку пересечения касательных к описанной
окружности, проведенных через две другие вершины), откуда
ZAXB = Z.TXK = ZXKC = ZKAX
(предпоследнее равенство следует из того, что ТХ является
средней линией в треугольника АКС). Аналогично ZAXD =
= ZLAX. Значит,
ZBXD = ZBXA+ZAXD = ZKAX+ZXAL = ZKAL = ZYID

98
Решения задач
(так как стороны двух последних углов соответственно
перпендикулярны). Наконец, ZYXD = ZDXB из условия, т.е. XYDI
вписан в некоторую окружность Г. По теореме Ньютона точка /
лежит на прямой XX1, где X' —
середина BD. Пусть Г — точка,
симметричная / относительно X'. Тогда
ZBI'D = ZBID = π - ZBXD,
т.е. четырехугольник BXDI'
вписанный. Значит,
ZIDB = ZDBI' = ZDXI' = ZDXI,
Теорема Ньютона. В
описанном четырехугольнике
середины диагоналей и центр
вписанной окружности
лежат на одной прямой.
что и означает, что прямая BD
касается окружности Г.
84. Ответ: к = 51.
Пример того, как подбить танк при к ^ 51, приведен
в решении задачи 73.
Оценка. Докажем, что при к ^ 50 танк не всегда можно
подбить. Для этого используем пару лемм.
Лемма 1. Пусть в клетчатом квадрате отмечено α клеток,
причем верхняя строка и правый столбец не содержат
отмеченных клеток. Тогда у отмеченных клеток будет как минимум
α + yfa соседей в этом квадрате.
Это утверждение доказано в замечании к первому решению
задачи 55, а также во втором ее решении.
Лемма 2. Любые п2 отмеченных черных клеток на доске
In χ 2η, раскрашенной в шахматном порядке, имеют хотя бы
η2 + η соседних белых клеток.
Доказательство. Разобьем всю доску на η
вертикальных полос In χ 2. Каждая из таких полос разбивается на
горизонтальные доминошки (прямоугольники 1 χ 2). В каждой из
доминошек соседних клеток не меньше чем отмеченных, причем
если имеется хотя бы одна пустая доминошка (не содержащая
отмеченных клеток) и хотя бы одна непустая, то найдется
пустая доминошка, соседняя с непустой. Тогда в пустой
доминошке будет еще одна соседняя белая клетка, поэтому во всей полосе
белых клеток, соседних с отмеченными, будет хотя бы на одну

Олимпиада 239 школы
99
больше, чем отмеченных. Таким образом, если каждая
вертикальная полоса содержит и пустые, и непустые доминошки, то
на всей доске соседних белых клеток окажется на η больше, чем
отмеченных. Аналогичное утверждение верно и для разбиения
на горизонтальные полосы 2 χ In.
Допустим тогда, что нашлась вертикальная полоса, в
которой либо все доминошки пустые (назовем ее пустой), либо
они все непустые (назовем ее полной), а также горизонтальная
полоса с таким же свойством. Тогда на самом деле найдутся
либо пустая горизонтальная и пустая вертикальная полосы, либо
полная горизонтальная и полная вертикальная полоса (иначе
непонятно, что стоит на пересечении пустой и полной полос).
В первом случае рассмотрим четыре прямоугольника, на
которые разобьется доска, если через центр общего квадратика
2x2 этих пустых полос провести разрезы параллельно
сторонам квадрата. Пусть в этих четырех прямоугольниках
оказалось αϊ, αϊ, аз, а4 отмеченных клеток, αϊ + а2 + аз + а4 = η . По
лемме 1 в этих прямоугольниках содержится не менее
«1 + у/а[ + а2 + л/а^ + а3 + л/аз" + а4 + yfai >
^ϊ αϊ + ач + аз + а4 + л/αι + а2 + аз + а4 = η + η
соседей закрашенных клеток, что и требовалось.
Рассмотрим теперь случай, когда нашлись вертикальная
и горизонтальная полные полосы. Рассмотрим все белые
клетки, не являющиеся соседними для отмеченных черных. Если их
не больше чем п2 — п, то соседних белых как минимум п2 + п,
что нам и нужно. В противном случае несоседних белых клеток
не меньше чем п2 — п-\-1. Наши вертикальная и горизонтальные
полные полосы не содержат ни одной из них. Поэтому,
рассуждая как в предыдущем абзаце, выясним, что найдется как
минимум п2 — η + 1 + \/п2 — η + 1 черных клеток, соседних с этими
белыми. Ни одна отмеченная черная клетка не может с ними
соседствовать (ведь эти белые клетки не соседствуют с
отмеченными черными). Не отмеченных черных клеток всего п2,
поэтому п2 ^ п2 — η + 1 + \/п2 — η + 1, что неверно. Полученное
противоречие завершает доказательство леммы 2. D
Другое доказательство леммы 2 можно прочесть во втором
решении задачи 55.

100
Решения задач
Перейдем к доказательству оценки. Будем считать, что
изначально танк находился на белой клетке, и докажем, что даже
в этом случае пушка не сможет подбить его, стреляя по 50
клеткам.
Будем следить за количеством клеток, на которых может
находиться танк после очередного выстрела пушки (но до его
перемещения на соседнюю клетку). Покажем, что таких
клеток всегда не менее 2500. После первого выстрела таких клеток
5000 — 50 (все белые клетки, кроме подбитых только что). Пусть
после какого-то выстрела пушек таких клеток было не менее
2500. Все эти клетки одного цвета (не умаляя общности,
черного) и по лемме 2 (для η = 50) у них есть как минимум 2550
белых соседей. Танк может переместиться на любую из этих
2550 клеток, а пушка очередным выстрелом подобьет максимум
50 из них. Следовательно, после этого выстрела у танка снова
будет не меньше чем 2500 возможных положений. Таким
образом, пушка никогда не сможет подбить танк — ведь для этого
ей потребовалось бы уменьшить число допустимых клеток до
нуля)!
85. Для ненулевых векторов аГ, ~у обозначим через ху
проекцию вектора ж" на у", и пусть
Ф(ж,у) = \[х\\ + \\Щ\ -ху -ух.
Очевидно, для любого параллелограмма ОАВС выполняются
равенства
А В
ОВос - ОАос = ОС,
ОАов + ОСов = ОВ,
ОАов + АВов = ОВ.
Отсюда нетрудно вывести, что
ОА + ОС-ОВ = Ф(б1, ОС) - Ф(ОС, ОВ) - Ф(ОД ОВ).
Для каждого R > 10 рассмотрим семейство V(R) всех
параллелограммов, у которых ОВ ^ R и которые удовлетворяют
условию задачи, т. е. координаты всех вершин неотрицательны
и площадь параллелограмма равна 1. Тогда семейство V(R)
конечно. Достаточно доказать утверждение задачи для семейств

Олимпиада 239 школы
101
V{R). Написав сумму указанных выражений по всем
параллелограммам из V{R), мы видим, что со знаком «+»
останется только Ф((1, 0), (0,1)) = 2, каждое же другое выражение
Ф(ОА, ОС) сократится либо с выражением Φ (О А, АС), либо
с Ф(ОС, СА). Поскольку выражение Φ всегда неотрицательно,
получаем, что общая сумма не превосходит 2.
Бесконечная сумма по всем параллелограммам равна 2.
Если же просуммировать по всем параллелограммам
из условия задачи величину (ОА + ОС — ОВ)2, сумма
равна 2 — -^. Это доказывается с помощью функции
щ-х,т) = 2\\1с\\-\т-\\1с\\ух-\тху.

УГОЛОК ОЛИМПИАДОФИЛА
Распространение слухов
О.Бурсиан, К.Кохась, К.Куюмжиян, Г.Челноков
1 Задача о сплетниках
Есть η сплетников (п > 3). Каждый узнал по одному новому
слуху, не известному другим. Созвонившись, двое рассказывают друг
другу все известные им слухи. Сплетники хотят добиться того,
чтобы каждый из них узнал все имеющиеся слухи. Последовательность
звонков, которая позволяет этого добиться, называется способом
оповещения.
В этих задачах мы пытаемся выяснить, Какое наименьшее число
звонков может быть в способе оповещения при каждом п. Способ
оповещения с таким количеством звонков назовем наибыстрейшим.
Вполне может быть, что имеется несколько различных
наибыстрейших способов.
1.1. Какое наименьшее число звонков потребуется четырем
сплетникам?
1.2. Докажите, что если все звонки какого-нибудь способа
оповещения проделать в обратном порядке, снова получится способ
оповещения.
1.3. Докажите, что существует способ оповещения, состоящий
из In — 4 звонков.
Пусть η сплетников придумали способ оповещения, требующий
2?г — 5 звонков или даже еще меньше. Выберем самое маленькое п,
при котором существует такой способ оповещения. Это η будем
называть интересным, а наибыстрейший способ оповещения при таком
η назовем сверхбыстрым. В следующих задачах изучаются свойства
сверхбыстрого способа оповещения.

Распространение слухов
103
1.4. Пусть η — интересное число. Докажите, что в
сверхбыстром способе оповещения никакие два сплетника А и В не
говорили друг с другом по телефону дважды.
1.5. Пусть η — интересное число. Сплетники стали звонить
друг другу. В какой-то момент сплетник А позвонил
сплетнику В, чуть позже В позвонил С, а еще позднее С позвонил А.
Докажите, что сплетники использовали не сверхбыстрый
способ оповещения.
1.6. Сплетники звонят по сверхбыстрому способу оповещения.
В какой-то момент сплетник А позвонил в сплетнику В.
Оказалось, что этот звонок был для сплетника А последним.
Докажите, что для сплетника В этот звонок тоже был последним.
1.7. Докажите, что если в соответствии со сверхбыстрым
способом сплетник А звонит сплетнику В, то непосредственно
перед звонком эти сплетники не знали ни одного общего слуха.
1.8. Докажите, что сверхбыстрый способ оповещения
содержит не менее In — 5 звонков.
1.9. Докажите, что при сверхбыстром способе оповещения
каждый сплетник сделал не менее трех звонков.
1.10. Докажите, что при каждом η наибыстрейший способ
содержит In — 4 звонков.
Есть η химиков (п > 3). У каждого имеется 1 кг уникального
реактива. В хорошей домашней лаборатории должны быть
представлены все реактивы. Когда два химика встречаются, они делят
поровну все имеющиеся у них реактивы. За 2?г — 4 встречи лаборатории
всех химиков могут стать хорошими. Но для эффективной
лаборатории требуется, чтобы каждый реактив присутствовал в достаточном
количестве, а именно: не менее α граммов.
1.11. При каком наибольшем α после In — 4 встреч домашние
лаборатории всех химиков могут стать эффективными?
2 Необщительные сплетники
Пусть η сплетников не все знакомы друг с другом, а по
телефону общаются только со знакомыми. При этом схема знакомств

104
Уголок олимпиадофила
сплетников представляет собой связный граф F. Цель сплетников
прежняя — чтобы все узнали все слухи за наименьшее число звонков.
Когда сплетники сделали несколько звонков, мы можем
построить граф звонков G: вершины графа — это сплетники, а рёбра —
звонки (в частности, могут появиться кратные ребра). Что касается
порядка, в котором совершались звонки, эта информация в графе G
«утрачена». Чтобы восстановить хронологический порядок звонков,
мы можем снабжать рёбра дополнительными метками.
2.1. Докажите, что для любого связного графа F
наибыстрейший способ содержит In — 3 или In — 4 звонка.
2.2. Докажите, что если в графе F содержится цикл С^, то
наибыстрейший способ содержит In — 4 звонка.
2.3. Докажите, что если граф F содержит единственный цикл
Cfc (k φ 4), то наибыстрейший способ содержит In — 3 звонка.
2.4. Докажите, что если граф F не содержит цикла С^, то
наибыстрейший способ содержит In — 3 звонка.
Пусть теперь сплетники используют вместо телефона телеграф,
т. е. время от времени сплетники посылают друг другу телеграммы,
содержащие все известные отправителю сплетни.
2.5. Какое наименьшее число телеграмм понадобится?
2.6. Рассмотрим «экономный» способ оповещения, который
избегает дублирования информации: каждый сплетник узнаёт
из телеграмм каждый слух не более одного раза. При таком
распространении слухов может случиться, что кто-то из
сплетников получит телеграмму, где среди прочего приведена и его
исходная сплетня. Докажите, что в каждом экономном способе
оповещения число таких сплетников не меньше η — 1.
3 Вариация задачи о сплетниках: ΝΟΗΟ
Пусть все η сплетников попарно знакомы. Рассмотрим
следующее ограничение на разговоры сплетников: пусть сплетники
совершают звонки так, чтобы никому из них не пришлось услышать свой
собственный слух от другого человека (NOHO: No One Hears Own).
Очевидно, в этом случае в графе звонков G не может быть
кратных ребер (и даже треугольников), а все вершины имеют степень не
меньше 2.

Распространение слухов
105
3.1. Нетипичная ситуация. Пусть имеются три сплетника,
знающих слух А, еще три сплетника знают слух В, два сплетника
знают слух С и еще два сплетника — слух D. (Всего, значит,
10 сплетников.) Существует ли в этом случае способ
оповещения, удовлетворяющий ограничению NOHO?
3.2. При каком η возможно распространение слухов ΝΟΗΟ?
3.3. Докажите, что в схеме ΝΟΗΟ требуется In — 4 звонка.
4 Вариация задачи о сплетниках: NOD UP
Рассмотрим ситуацию, когда η сплетников строят свое общение
так, чтобы каждый раз при беседе сплетники не знали ни
одного общего слуха (NODup: No Duplication). Такое свойство нам уже
встречалось в задаче 1.7, правда, у несуществующего объекта. Все
сплетники знакомы друг с другом.
4.1. Возможно ли распространение слухов по схеме NODUP
при η = 12?
4.2. Пусть имеются группы из 13, 8, 6, 5, 4, 4 сплетников.
Каждая группа знает свой уникальный слух. Существует ли
в этом случае способ оповещения, удовлетворяющий
ограничению NODUP?
4.3. Возможно ли распространение слухов по схеме NODUP
при η = 20?
4.32 · Докажите, что распространение слухов с ограничением
NODUP невозможно: а) при η = 14; б) при η = 18.
4.4. При каком η возможно распространение слухов по схеме
NODUP?
4.4^. Докажите, что для η > 4 при распространении слухов
с ограничением NODUP каждый сплетник говорил по телефону
не менее трех раз.
4.5. Приведите пример обмена слухов с ограничением NODUP
за jn + с звонков для бесконечного множества значений п.
4.6. Докажите, что наименьшее число звонков в схеме
оповещения NODUP не меньше чем ^п + с.

106
Уголок олимпиадофила
5 Плохая связь
Пусть имеется η сплетников и натуральное число к. Рассмотрим
ситуацию, когда расписание звонков составляется заранее и
сплетники не могут от него отклоняться. Но при этом известно, что «связь
плохая», из-за чего могут «сорваться» к звонков (т. е.
соответствующие сплетники не смогут во время звонка поменяться слухами).
Аналогичная постановка вопроса может быть для случая, когда
сплетники вместо звонков используют телеграф.
5.1. Решите задачу для случая «плохой почты» — когда
сплетники посылают телеграммы, к из которых могут не дойти до
адресата.
а) Пусть один из сплетников — генерал. Требуется
составить такое расписание отправления телеграмм, для которого,
несмотря на плохую связь, все сплетники сумеют доложить
генералу свои слухи. Какое наименьшее число телеграмм им
понадобится?
б) Какое наименьшее число телеграмм понадобится
сплетникам, чтобы все смогли узнать все слухи?
5.2. Пусть один из сплетников — генерал. Требуется составить
такое расписание звонков, чтобы, несмотря на плохую связь, все
сплетники сумели доложить генералу свои слухи. Обозначим
через μ(η, к) наименьшее число звонков, которое понадобится
сплетникам в этой ситуации. Докажите, что
а) μ(η, к) = \^2 ' п1 ПРИ к ^ η — 2;
б) μ(η, к) = \Щ^ ■ (п - 1)] при к < η - 2.
5.3. а) Докажите, что наименьшее возможное количество
звонков τ(η, к) для сплетников с плохой связью удовлетворяет
неравенству т(п, к) ^ \_(к + "2 )(«■ — 1)J ·
б) Оцените т(п, к) снизу. Желательно, чтобы эта оценка
была не сильно меньше оценки из пункта а).
Точное значение т(п,к) неизвестно. Что же касается вопроса
предыдущей задачи, известна следующая оценка снизу: т(п,к) ^
^ μ(η, к) + η — 2<Jn. Является ли при фиксированном к
последовательность (т(п,к) — (к + §)п) ограниченной — неизвестно.

Распространение слухов
107
5.4. Пусть теперь звонки не срываются, но сплетники хотят,
чтобы все слухи, которые им известны, были надежными.
Надежным слухом они считают всякий «чужой» слух, который им
сообщили другие сплетники не менее к + 1 раз. Докажите, что
наименьшее возможное количество звонков ^/(п, к)
удовлетворяет неравенствам
a)7(n,fe) < Γ^^1-4; б) r(fc + 4)2("-1}l-Llog2nj<7(n,fc).
6 Ленивые сплетники
6.1. Пусть η сплетников совершили несколько звонков.
Оказалось, что граф звонков представляет собой дерево, а каждый
сплетник в результате этих звонков знает не менее к слухов.
Докажите, что η ^ 2 .
Зафиксируем натуральные числа η и к, где к < п.
Рассмотрим теперь ситуацию, когда η сплетников попарно знакомы друг
с другом, но обладают ограниченным любопытством: они лишь
хотят, чтобы в результате общения каждый узнал не менее к
сплетен. Цель сплетников прежняя — узнать требуемое число сплетен за
наименьшее число звонков. Наименьшее возможное число звонков,
позволяющее этого достигнуть, обозначим через Р(п,к).
В дальнейшем будем считать, что к ^ 4. Введем полезное
обозначение. При фиксированном к рассмотрим конечную
последовательность
ti=i + 2k~i~2, гдеО<^<А;-4.
Эта последовательность убывает.
6.2. Пусть число к — «мало» по сравнению с п, а именно,
выполнено неравенство η ^ 2fc~1. Докажите, что сплетникам
потребуется «почти п» звонков: Р(пу к) = |~ „fc_7 · η] .
6.3. Для более крупных к подберем г, 0 ^ г ^ к — 4, при
котором ti ^ η < ij_i. Докажите, что Р(п, к) ^ η + г.
6.4. Докажите, что в условиях предыдущей задачи имеет
место равенство Р(п, к) = η + г.

108
Уголок олимпиадофила
Решения
1.1. Ответ: 4 звонка.
1.2. Если слух сплетника А по цепочке звонков дошел до
сплетника В, то по обратной цепочке слух от сплетника В дойдет до
сплетника А.
1.3. Индукция: База 4 сплетника. Переход: добавим сплетника
и два звонка: новый сплетник раньше всех звонит кому угодно,
а потом последним звонит тоже кому угодно.
1.4. [11, лемма 2]. Будем считать, что А ж В — это один и тот
же человек, знающий в каждый момент объединенную
информацию. Звонки между А ж В удалим. Тогда мы получим способ
оповещения (п — 1) человека, состоящий из 2(п — 1) — 5 звонков,
что противоречит минимальности п.
1.5. Мы взяли это утверждение в [1]. Нужно отменить
сплетника А, причем до разговора ВС всю активность А берет на
себя В, а после разговора ВС всю активность А берет на себя С.
Число людей уменьшилось на 1, а число звонков на 2 — это
противоречит минимальности п.
Аналогично проверяется, что невозможны более длинные
цепочки, начинающиеся и заканчивающиеся одним и тем же
человеком.
1.6. После разговора с А сплетник В знает все слухи. Допустим
тем не менее, что после разговора с А сплетник В позвонил
какому-то сплетнику С. Значит, в этом разговоре сплетник С
услышал от В свой собственный слух. Но циклы запрещены
задачей 1.5, противоречие.
1.7. Мы взяли это утверждение в [11, лемма 4], оно
эквивалентно лемме о пересечении в [1]. Воспользуемся следующей идеей:
если в какой-то момент Петр и Павел обладают одинаковой
информацией (например сразу после разговора друг с другом),
то мы можем «поменять их местами» во всех последующих
звонках и у нас получится опять способ оповещения.
Допустим, что при разговоре сплетники А ж В знали
общий С-слух. Рассмотрим любую последовательность звонков,
по которой этот слух дошел от С до А и до В.

Распространение слухов
109
Ε
/^'^ .. -^* А
• *- ... · *- ·
С D \
F Η Β
Допустим, что в этой последовательности звонок DE был
раньше звонка DF. Тогда, поменяв местами сплетников D и F,
сразу после звонка DF мы можем считать, что вместо звонка
FH имел место звонок DH. У нас получится
последовательность звонков, в которой цепочка DFH... В, находящаяся
после «развилки», укоротилась (теперь это цепочка DH... В).
Ε
. к. - ..· *. А
С D
F Η
Звонок DH по-прежнему позже DE. Продолжая такие
действия, мы полностью устраним цепочку Η ... В после
«развилки». На последнем шаге этого процесса мы поменяем местами
сплетников В и D (сразу после разговора BD), при этом
разговор АВ, с которого мы начали решение, заменится на AD. У нас
останется цепочка DE.. .А и последующий разговор AD. Это
невозможно по задаче 1.4.
1.8. Мы взяли это утверждение в [1]. Если каждый сплетник
звонил не менее 4 раз, то всего было не менее In звонков.
Допустим, А звонил три раза. Чтобы от А информация дошла
до других, требуется не менее η — 1 звонка, чтобы до А
дошла информация от других, требуется не менее η — 1 звонка.
В силу предыдущей задачи, эти наборы звонков могут
пересекаться только по звонкам, которые совершал сам А.
Действительно, если звонок CD служил для того, чтобы передавать
информацию от А, то оба говоривших знают Α-слух и если
кто-то из них будет передавать информацию для А, то вместе
с ней он вернет А его Α-слух, что запрещено задачей 1.5. Итого
(п - 1) + (п - 1) -3 = 2п-5.
1.9. Если Вася сделал к звонков, то, как и в предыдущей задаче,
2п — 5 ^ (п — 1) + (п — 1) — к. Откуда к ^ 3.

no
Уголок олимпиадофила
1.10. Достаточно убедиться, что не существует сверхбыстрых
способов, содержащих In — 5 звонков. По задаче 1.6 звонки
бывают трех типов: начальные (таких звонков п/2, для обоих
собеседников это первый звонок), финальные (таких звонков тоже
п/2, для обоих собеседников это последний звонок) и средние
(каковых получается η — 5). По задаче 1.9 каждый сплетник
сделал хотя бы один средний звонок. Нарисуем граф средних
звонков. В нем η вершин, η — Ъ ребер, значит, всего не менее
5 компонент, причем в каждой есть хотя бы одно ребро.
Если АВ и АС — первый и последний звонки
(произвольного) сплетника А, то при помощи средних звонков информация
от А могла распространяться лишь в компонентах, куда входит
А или В, а информация для А распространялась лишь по
компонентам, куда входит А или С. Таким образом, как минимум
две компоненты рассматриваемого графа не участвовали в
передаче информации ни от А, ни к А. Эти компоненты содержат
d ^ 2 ребер. Тогда, как в задаче 1.9,
2п - 5 > (п - 1) + (п - 1) - k + d.
Отсюда к (число звонков произвольного сплетника А, а значит,
и любого другого сплетника) не меньше 5, чего не может быть
(см. решение 1.8).
2.1. Это утверждение доказано в [6]. С учетом задачи 1.10
утверждение следует из того, что для любого дерева требуется In — 3
звонка. Действительно, In — 3 звонков достаточно, если
сплетники будут последовательно звонить от периферии к корню.
(Сначала звоним по ребрам, которые находятся дальше всего от
корня, потом по более близким и т.д.) В результате появятся
два полностью осведомленных сплетника — корень и один из
его соседей. Потом повторяем все звонки в обратной
последовательности.
Меньшим числом звонков не обойтись, поскольку при
меньшем числе звонков в дереве будет по крайней мере два ребра,
использованных лишь по одному разу (будем называть такие
ребра сингулярными). Наличие двух сингулярных ребер
разбивает граф на три компоненты связности, между которыми
невозможен полный обмен информацией.

Распространение слухов
111
2.2. Конструкция приведена в [6]. Сожмем цикл С^ в одну
вершину, назначив ее корнем полученного дерева. Будем звонить
от периферии к корню, как в предыдущем пункте, потом
применим наибыстрейший способ из пункта 1.1 к подграфу С^, после
чего повторим звонки на дереве в обратной последовательности.
Такой способ оповещения требует (п — 4) + 4 + (п — 4) = 2п — 4
звонка.
2.3. Доказательство приведено в [6].
Предположим, что существует способ, содержащий всего
In — 4 звонка. Тогда заметим, что каждое ребро должно быть
использовано в этом способе оповещения хотя бы один раз. Если
это ребро является мостом и не было использовано, то
невозможно распространение информации между двумя частями, на
которые оно делит граф. Если оно лежит на цикле, то после его
удаления из графа получаем дерево, в котором распространение
информации невозможно быстрее чем за In — 3 звонка по
решению пункта 2.1. Следовательно, при способе за In — 4 звонка
имеется по крайней мере 4 сингулярных ребра (напомним, что
мы называем ребро сингулярным, если ему соответствует лишь
один звонок).
Допустим, что хотя бы одно из этих ребер является мостом.
При его удалении граф распадается на две компоненты
связности. Тогда к моменту звонка по этому ребру в каждом из его
концов должна накопиться вся информация из
соответствующей компоненты. Пусть размер одной из компонент равен а,
тогда для этого потребуется (а — 1) + (п — а — 1) = η — 2
звонков. После этого происходит звонок по мосту и еще столько же
звонков, чтобы информация распространилась обратно. В
сумме получаем In — 3 звонка. Таком образом, сингулярные ребра
не могут быть мостами, т. е. все они лежат на цикле.
Тогда после удаления сингулярных ребер из графа
получится 4 компоненты связности, каждая из которых является
деревом. Перенумеруем их в порядке обхода цикла, пусть эти
компоненты содержат п\, щ,, n-з, п± вершин, П1+П2+П3+П4 = п.
Посмотрим, в каком порядке сингулярные ребра могут входить
в последовательность звонков. Пусть сначала в
последовательности звонков стоят два ребра, связанных с одной и той же

112
Уголок олимпиадофила
компонентой г. Это невозможно, так как тогда эта
компонента не получит сведений из компоненты (г + 2) mod 4. Значит,
порядок вхождения сингулярных ребер в способ оповещения
аналогичен порядку вхождения ребер графа в решении
пункта 1.1: можно считать, что сначала были сделаны звонки 1-2,
3-4, а после этого 2-3 и 1-4.
К моменту совершения звонка 1-2 оба собеседника должны
были знать все слухи из своей компоненты, значит, к этому
времени должно было быть совершено не менее (п\ — 1) + (п-2 — 1)
звонков внутри этих компонент. Аналогично к моменту звонка
3-4 должно было быть совершено не менее (пз — 1) + (гц — 1)
звонков внутри третьей и четвертой компонент. Мы насчитали
η — А звонков.
Далее, в результате совершения звонка 2-3 каждый из
собеседников узнал уникальный для своей компоненты новый слух.
Значит, после этого звонка в компонентах должно произойти
еще не менее (п-2 — 1) + (пз — 1) звонков, распространяющих
эти уникальные слухи. Аналогично после звонка 1-4
произойдет не менее (п\ — 1) + (п± — 1) звонков в первой и четвертой
компонентах. Мы обнаружили еще η — А звонка.
Так как наш цикл содержит более 4 вершин, есть хотя бы
одна компонента, пусть для определенности первая, для
которой смежные с ней два сингулярных ребра не имеют общей
вершины. Следовательно, эта компонента сможет передать
информацию, как это требуется при способе оповещения, только
если в промежутке между звонками 1-2 и 1-4 внутри первой
компоненты будет сделан хотя бы один звонок, передающий
слухи второй компоненты от собеседника, только что узнавшего
по звонку 1-2, к собеседнику, который будет передавать их по
звонку 1-4. Этот звонок еще не был учтен нами ранее.
Итого мы имеем (п — 4) + (п — 4) + 4 + 1 звонков.
2.4. Ф.Харари и А.Швенк [6] предлагали в 1974 г. $ 10 за
доказательство этого факта. В 1980 г. R. Bumby [4] решил эту
задачу. Позже D.Kleitman и J. Shearer [7] привели другое
доказательство, причем в их рассуждениях не требовалось, чтобы все
звонки были двусторонними. Мы приводим это доказательство,
опуская детали, возникающие в случае односторонних звонков.

Распространение слухов
113
Пусть дана схема оповещения, состоящая из In — 4 звонков.
Докажем, что она содержит 4-цикл.
Порядок звонков в схеме оповещения не задан жестко.
Разные перестановки последовательности звонков, реализующие
оповещение, будем называть упорядочиваниями схемы
оповещения.
Рассмотрим граф, изображающий первые η — 1 звонков,
и отметим его наименьшую компоненту связности, являющуюся
деревом. Такая компонента всегда найдется, так как в
противном случае суммарное число ребер окажется не меньше
суммарного числа вершин. Пусть S — минимальная отмеченная
компонента-дерево, выбранная по всем упорядочиваниям.
Пусть в компоненте S содержится m вершин. Отметим, что
m ^ 2. Действительно, если m = 1, т. е. компонента S состоит из
одной вершины, то потребуется не менее п—1 звонков, чтобы
информация от этой вершины дошла до остальных, и тогда в
сумме с уже имеющимися в нашем графе звонками будет больше
In — 4 звонков. Рассмотрим (га — 1)-й по порядку звонок внутри
компоненты S. Если его отменить, компонента распадется на
две части — S\ и Si. Опять перебирая упорядочения, меняющие
местами звонки внутри S, мы можем дополнительно считать,
что Si — наименьшая возможная компонента в том смысле,
что другие упорядочения не могут дать нам компоненту, строго
содержащуюся в Si. Пусть (га — 1)-й звонок происходит между
вершинами ж ι (Ξ Si и гц (= S%.
Мы последовательно проверим следующие пять
утверждений, выделенных курсивом. Из пятого утверждения следует,
что схема оповещения содержит 4-цикл, что нам и требуется.
Утверждения.
1) Компонента Si содержит не менее двух вершин.
2) Пусть компонента Si состоит из j вершин. Тогда j — 1
звонков, сделанные внутри Si, (среди первых т — 2 звонков
в S) превращают эту компоненту в дерево, обозначим его Τ
(а обозначение Si будем относить скорее к множеству вершин).
Пусть дана некоторая последовательность звонков. Будем
называть звонок между вершинами а и Ь особенным, если этот
звонок произошел позже всех остальных звонков с участием

114
Уголок олимпиадофила
α или Ъ. Дерево Τ содержит единственный особенный звонок,
в этом звонке обязательно участвует вершина х\. Обозначим
через Х2 второго участника этого звонка.
3) Для построения множеств S, Si и дерева Τ мы
использовали η — 1 первых звонков. Способ оповещения содержит еще
η — 3 звонка, обозначим множество этих звонков через С. Если
удалить из дерева Τ ребро χι^2, дерево распадется на две части
Т\ и Т<2, где обозначения выбраны так, что χι (Ξ Τι, χι (Ξ Τι, см.
рис. 1. Для каждой вершины ζ φ. ϊ\ (в том числе для вершин ζ,
лежащих вне S) существует цепочка звонков, содержащая
лишь звонки из CO {xiyi-, X1X2}, по которой к ζ может
прийти слух от вершины χι. То же касается распространения
информации от Х2 к вершинам вне Τι. Более того, множество
звонков £U {xiyiiXix^} образует дерево.
4) Последовательность звонков, которая доставляет слух
вершине χι {или χ<ι) от остальных, может содержать не
более одного звонка из CO {xiyi^xix^}, и если таковой звонок
встретился в этой последовательности, он является в ней
последним.
5) Рассмотрим какую-нибудь последовательность звонков,
по которой слух г/1 дошел до хч. Пусть учхч — последний звонок
в этой последовательности. Теперь рассмотрим какую-нибудь
у--
V У
Рис. 1. Компонента связности S

Распространение слухов
115
последовательность звонков, по которой слух у% дошел до х\.
Пусть 2/3^1 — последний звонок в этой последовательности.
Продолжая это построение, скажем, что гц+ι — это тот сплетник (не
совпадающий с ж ι и х<2), который участвовал в последнем
звонке из последовательности, доставившей слух от yi к х\ (если г
четно) или Х2 (если г нечетно). Все вершины Уг лежат в S2.
Найдутся такие нечетное i\ и четное %2, что yi1yi2 — звонок
из S*2. Более того, в этом случае y^xi, У%2Х2 — звонки,
принадлежащие пашей схеме оповещения, причем они совершены
позже звонков χ\χ<ι и у^у^.
Доказательства.
1) Можно считать, что звонок xiyi был (п — 1)-м по
счету. Если Si состоит из одной вершины, то после первых η — 2
звонков слух из этой вершины еще никуда не ушел. Для его
распространения понадобится еще по крайней мере η — 1 звонков,
т.е. в сумме будет не менее In — 3 звонков.
2) Это следует из условия минимальности, наложенного
нами на S\. Последний звонок — всегда особенный, так что хотя
бы один особенный звонок существует. Если бы в S\ нашелся
особенный звонок ab, не задевающий вершину χι, мы могли бы
переупорядочить звонки в S, поставив звонок ah на (т — 1)-е
по счету место. Тогда первые т — 2 звонка порождали бы
компоненту, строго содержащуюся в Si, что противоречит ее
минимальности.
3) В нашей схеме оповещения слух от χι по какой-то цепочке
звонков дошел до ζ. Пусть ah — первый звонок в этой цепочке,
не лежащий в Т\. Тогда ah и все последующие звонки в этой
цепочке лежат в С U {xiyi, χιχ^}■
Если существует цепочка звонков из С U {xiyi, χιχι},
предшествующая ah и доставляющая информацию от ж ι κ α или 6,
объединим ее с предыдущей рассмотренной цепочкой и
получим требуемую цепочку от ж ι κ ζ. Если же такой цепочки не
существует, то схема оповещения допускает следующее
переупорядочивание звонков: пусть звонок xiyi идет n-м по счету,
звонок χιχ<2 — (η — 1)-м, а звонок ah или какой-то звонок из £,
предшествующий звонку ab, — (п — 2)-м по счету
(относительный порядок остальных звонков не изменился).

116
Уголок олимпиадофила
Если теперь (п — 2)-й звонок не задевает Si (или S2), то
в начале в качестве S можно было взять Si (или S2), что
противоречит минимальности S. Если же (п—2)-й звонок соединяет
5Ί с S*2, то это противоречит минимальности Si, так как
удаление (п — 1)-го по счету звонка Ж1Ж2 теперь создает компоненту,
строго содержащуюся в Si.
Мы доказали существование цепочки звонков, передающих
информацию от χι κ ζ ж лежащих в С U {xiyi,xiX2}·
Аналогично существуют цепочки, передающие информацию от Х2
к ζ φ. Ϊ2- Таким образом, множество С U {xiyi,xiX2},
содержащее η — 1 ребро, позволяет распространять информацию от
ii и 12 к остальным η — 2 вершинам. Следовательно, ребра из
С U {ж!У1, Ж1Ж2} порождают остовное дерево графа звонков.
4) Остовное дерево, описанное в предыдущем пункте,
состоит из звонков С U \_xiyi, Ж1Ж2}. Эти звонки в нашем способе
оповещения хронологически последние. Поэтому если
последовательность звонков, передающая информацию из ζ в χι (для Х2
рассуждения аналогичны), содержит звонок из CU{xiyi, Ж1Ж2},
то и все последующие звонки тоже лежат в этом множестве. Но
цепочки звонков в этом остовном дереве «уводят» информацию
от «центра» χι Όχ2 к другим вершинам, поэтому единственный
способ передать информацию в а; ι — передать ее от
непосредственного соседа вершины χι, τ. е. по цепочке, содержащей лишь
один звонок с участием ж ι, чтд.
5) По определению у ι (Ξ S2- В силу свойства 4) в
цепочке звонков, доставившей информацию от у ι к Х2, все звонки,
кроме, быть может, последнего звонка У2Х2, — это какие-то из
первых η — 1 звонков, кроме xiyi, Ж1Ж2. По отношению к этим
звонкам мы определяли S*2 как компоненту связности, поэтому
2/2 G 5*2- Аналогично проверяется, что и все остальные
вершины г/з лежат в S*2. Отметим, что тогда звонки вида yixi или
г/г а;2 из определения вершин уг принадлежат остовному дереву
£U {xiyi,XlX2~\-
Поскольку компонента S*2 конечна, какие-то две из вершин
совпадают, скажем, уг· = ί/г+ь При этом число к — обязательно
четное, так как ребра УгХ-ι и yiX2 не могут одновременно
принадлежать остовному дереву С U {xiyi, Ж1Ж2}.

Распространение слухов
117
Рассмотрим теперь цепочку путей
Уг ->· Уг+1 ->·...->· Уг+к = Уг
(каждый путь в этой цепочке хронологически упорядочен, но
соседние пути могут нарушать хронологию). Поскольку этот
замкнутый маршрут расположен на дереве, каждое ребро в нем
было пройдено в обоих направлениях. Мы утверждаем, что все
вершины, по которым проходит этот маршрут, лежат в
множестве {г/j, г ^ j ^ г + к}. Действительно, если маршрут проходит
через вершину а, не совпадающую ни с одним из г/j,
рассмотрим хронологически самый последний звонок в этом маршруте
с участием вершины а, пусть это звонок ab. В какой-то момент,
проходя очередной путь г/j —> г/j+i, мы двигались в
направлении от Ь к а, но поскольку этот звонок хронологически
последний, мы не можем продолжить движение за точку а. Значит,
a = yj+1.
Теперь мы без труда можем выбрать звонок УггУг2, где i\
нечетное, «2 четное (и разумеется, он лежит в Si). Звонки гцхх\
и Уг2х2 также присутствуют в схеме оповещения, поскольку по
определению точек г/j они использовались для передачи
информации вершинам ж ι, χ%-
2.5. Ответ: In — 2 телеграммы.
Мы взяли эту задачу в [6]. До того как появится первый
человек, узнавший все слухи, должно быть послано не менее
η — 1 телеграммы. После этого каждый из остальных должен
получить хотя бы одну телеграмму, чтобы завершить
ознакомление со слухами. Значит, будет послано еще не менее η — 1
телеграммы.
Пример строится на базе любого дерева, если сначала
посылать телеграммы от периферии к корню, а потом обратно.
2.6. Это теорема 3 [9]. Π ρ и м е ρ способа оповещения, в котором
η — 1 человек прочтет в телеграмме свой собственный слух,
тривиален: пусть все сначала телеграфируют Васе, а потом Вася
посылает всем телеграммы с полным комплектом слухов.
Оценка. Рассмотрим минимальный контрпример, в
котором менее η — 1 человек прочли в телеграмме свой собственный
слух. Пусть последняя телеграмма была послана сплетником

118
Уголок олимпиадофила
А сплетнику В. Очевидно, сплетник А уже знает все слухи,
значит, сплетник В, во-первых, один из тех, кто прочел свой
слух в полученной телеграмме, а во-вторых, не знает ни
одного слуха, кроме своего собственного (иначе он какой-то слух
выучил из телеграмм дважды). Значит, ранее сплетник В не
получил ни одной телеграммы, а только посылал. Удаляя из
этой компании сплетника В и соответствующие телеграммы,
мы получим меньший контрпример. Противоречие.
3.1. Ответ: это возможно даже с ограничением NODUP. См.
начало решения задачи 4.3.
3.2. Ответ: при четных п, см. [12].
Для каждого сплетника отметим последний звонок, в
котором он участвовал. При выполнении ограничения NOHO эти
последние звонки разбивают всех сплетников на пары — см.
рассуждение в решении задачи 1.6 без последнего предложения.
Таким образом, η должно быть четным.
Отметим, что первые звонки тоже разбивают сплетников на
пары.
Для каждого четного η предъявим способ оповещения,
подчиненный ограничению ΝΟΗΟ, состоящий из In — 4 звонков [12,
лемма 2.4]. Пусть т = л — 1. Обозначим сплетников щ, bi,
i = 0, 1, ..., т + 1, — но здесь η + 2 сплетника, будем считать,
что ао = 6m+i, «m+i = bo. В качестве первых звонков возьмем
звонки (в порядке возрастания г, см. рис. 2)
«ibm+2-г, где г = 1,2,... ,т + 1;
далее выполним средние звонки
ajCij+ι и ЬА+1, где г = 1,2, .. . ,т - 1;
и, наконец, последние звонки
Ьг«т-г, Где ί = 0, 1, . . . , ТП.
Непосредственно проверяется, что указанная система звонков
есть способ оповещения, подчиненный ограничению ΝΟΗΟ.
3.3. Поскольку любая схема оповещения содержит не менее
In — 4 звонков, достаточно привести пример, удовлетворяющий

Распространение слухов
119
Рис. 2. Оптимальные звонки с ограничением NOHO
ограничению NOHO и содержащий In — 4 звонка. Этот пример
приведен в предыдущем решении.
4.1. Ответ: да, см. [8]. Прежде чем приводить решение задачи,
дадим несколько определений.
Уникальные сплетни, известные сплетникам до начала
обмена информацией, будем называть также изначальными. Пусть
после нескольких звонков имеется такое подмножество
множества изначальных сплетен, что каждый сплетник либо знает
все сплетни из этого подмножества, либо не знает ни одной
из них. Тогда при рассмотрении последующих звонков можно
рассматривать это подмножество как одну большую сплетню.
Будем называть ее объединенной или общей сплетней
(определение из статьи [8]). Например, пусть сплетникам, номера
которых указаны ниже, известны следующие сплетни, обозначенные
греческими буквами.
Сплетник
Какие сплетни знает
1
aj
2
β
3
aj
4
βδ
В этом примере сплетни α и 7 образуют объединенную сплетню,
поскольку каждый сплетник либо знает обе эти сплетни, либо не
знает ни одной. А вот набор сплетен /3, δ объединенную сплетню
не образует, так как второй сплетник знает лишь одну из них.
Рассмотрим чуть более общую постановку задачи. Пусть
имеются группы из а\, а,2, .. ., а/- сплетников, причем в каждой
группе всем известен один и тот же набор сплетен. Такое
объединение сплетников будем называть коллективом. Сплетники
по-прежнему общаются друг с другом по телефону и хотят,
чтобы каждый из них узнал все имеющиеся сплетни. Если для

120
Уголок олимпиадофила
такого коллектива существует хотя бы один способ оповещения,
подчиненный ограничению NODUP, то будем называть этот
коллектив сплоченным. Коллектив, содержащий только одну
группу, тоже будем считать сплоченным. Так, коллектив из
трех групп сплетников {1,3}, {2}, {4} в предыдущем примере
не является сплоченным, поскольку второй сплетник не сумеет
узнать сплетню δ при ограничении NODUP. В этих терминах
задача про η сплетников, знающих по одной уникальной сплетне,
теперь формулируется для коллектива из η групп, каждая из
которых состоит из одного сплетника.
Если в коллективе каждая группа знает лишь одну
сплетню (эта сплетня может быть изначальной или объединенной,
являющейся подмножеством нескольких изначальных в смысле
определения выше), то такой коллектив назовем простым. Так,
коллектив из трех групп сплетников {1,3}, {2}, {4} в
предыдущем примере не является простым (сплетник 4 знает две
сплетни, не образующие объединенную сплетню).
Заметим, что если объединить два сплоченных коллектива
сплетников, в которых поровну сплетников, а множества их
изначальных сплетен не пересекаются, то снова получится
сплоченный коллектив. Действительно, мы сразу получим способ
оповещения, подчиненный ограничению NODUP, если сначала
в каждом из коллективов все сплетники узнают все сплетни
своего коллектива, а потом каждый сплетник из первого
коллектива поговорит с кем-то из второго. Таким способом можно
из коллективов, содержащих одну группу, построить, например,
следующие коллективы:
(а, а), (а, а, 2а, 4а, 8а, 16а),
а, а, а,..., а, (а, а, а, а, 4а, 4а, 4а, 16а). (1)
4 ν '
2fc групп
Пусть имеется два коллектива (αϊ, аг,..., α&) и (6ι, Ъч1..., Ь&),
для которых множества изначальных сплетен совпадают.
Предположим, что при каждом ί группа из сц человек первого
коллектива и группа из bi человек второго знают одно и то же
множество сплетен. При этом мы допускаем, что сц или bi
может быть равным нулю; если так случилось, к примеру, если

Распространение слухов
121
сц = О, Ъг φ О, мы по определению требуем, чтобы все
изначальные сплетни, известные группе из 6j сплетников, были
известны в других (ненулевых) группах первого коллектива. Назовем
суммой этих коллективов коллектив (αϊ + ί>ι, αϊ + 62, · · ·, «fc + bk)·
Например, непростой коллектив из 10 сплетников, которым
известны сплетни α, β, 7
Наборы сплетен
количество сплетников
α
3
β
3
aj
2
βΊ
2
представим в виде суммы двух коллективов:
Коллектив
1
2
α
3
0
β
0
3
aj
0
2
βΊ
2
0
Заметим, что если коллективы были сплоченными, то и их
сумма тоже является сплоченным коллективом. Значит, если
коллектив сплетников раскладывается в сумму сплоченных
коллективов, каждый из которых знает в объединении тот же
набор сплетен, что и исходный коллектив, то он тоже является
сплоченным.
Вернемся к решению задачи. Преобразуем простой
коллектив, состоящий из 12 одиночных сплетников, в простой
коллектив (4, 4,4) (2d сплетников, каждый из которых знает одну
уникальную сплетню, всегда могут объединиться в группу как
в примерах (1)). А теперь заметим, что он является суммой трех
простых сплоченных коллективов (1,1,2), (1, 2,1) и (2,1,1).
4.2. Ответ: да.
Сначала слегка укрупним группы.
Сплетни
Число сплетников
α
13
β
8
7
6
δ
5
ε
4
С
4
α
13
β
8
7
6
δ
5
εζ
8
α
13
7
6
δ
5
βεζ
16
Полученный простой коллектив легко раскладывается в сумму
пяти сплоченных: (2,1,1, 4) (2 раза), (4,1,1, 2) (2 раза), (1, 2,1,4)
(1 раз).

122
Уголок олимпиадофила
Другое разложение. Пусть сначала один человек, знающий
сплетню 7, поговорит с человеком, знающим сплетню С, а также
один человек, знающий сплетню δ, поговорит с человеком,
знающим сплетню ε, после чего построим следующее разложение.
Коллектив
1
2
3
4
α
2
8
1
2
β
2
4
1
1
7
1
0
4
0
δ
0
2
0
2
е
0
1
0
2
С
2
0
1
0
δε
1
0
1
0
7С
0
1
0
1
4.3. Ответ: да, см. [8].
Рассмотрим сперва простой коллектив сплетников (3, 3, 2, 2),
в котором каждая группа знает соответственно сплетню а, /3,
7, δ. Пусть один сплетник из группы I переговорит с одним из
группы III, a один из II — со сплетником из IV. Получится
коллектив (уже не простой) из 6 групп, который легко разложить
в сумму трех сплоченных.
α
3
β
3
7
2
δ
2
α
2
β
2
7
1
δ
1
aj
2
βδ
2
Коллектив
1
2
3
α
0
2
0
/9
0
0
2
7
0
1
0
δ
0
0
1
α7
1
0
1
βδ
1
1
0
Теперь возьмем 20 наших сплетников и преобразуем их в
простой коллектив (4,4,4,4,4). Этот коллектив является суммой
двух простых коллективов (3,3,2,1,1) и (1,1,2,3,3), каждый
из которых может с помощью одного звонка быть преобразован
в коллектив (3, 3, 2, 2), который мы уже рассматривали.
4.32· Докажем, что при η = 6, 10, 14, 18 распространение
слухов с ограничением NODUP невозможно [8, предложение 4].
Утверждение 1 [8, лемма 1]. При выполнении
ограничения NODUP сплетники разбиваются на пары по первым
звонкам, а также разбиваются на пары по последним звонкам.
Доказательство. Утверждение о последних звонках
очевидно (если кто-либо узнал все сплетни, то его последний
собеседник тоже узнал все сплетни и оба больше не могут ни с кем
разговаривать).

Распространение слухов
123
Докажем утверждение о первых звонках. Предположим, что
оно неверно. Пусть сплетник А — это первый человек, с
которым разговаривал сплетник В, но при этом первый разговор
сплетника А был с другим человеком С. После этого разговора
сплетник С знает сплетню человека А и не знает сплетню В.
После разговора сплетника В с А сплетня В всегда
путешествует с А. Следовательно, С не сможет ее узнать. D
Пусть η = Ik. Можно считать, что первые звонки
сплетников суть в точности первые к звонков схемы оповещения, а
последние звонки сплетников — это в точности последние к
звонков схемы оповещения. После того как сделаны первые к
звонков, образовалось к объединенных (парных) сплетен. В каждый
момент времени для каждого сплетника X назовем напарником
сплетника X того сплетника Y, с которым X непосредственно
перед этим разговаривал по телефону. Сразу после их разговора
они знают одинаковый набор сплетен.
Утверждение 2. При η > 4 ни один из сплетников не
может перед своим последним разговором знать к — 1
объединенных сплетен.
Доказательство. Если сплетник А перед последним
разговором знает к — 1 объединенную сплетню, то его
собеседник В в этом последнем разговоре знал всего одну
объединенную сплетню. Обозначим через В\ первого собеседника
сплетника В, через А\ — собеседника А в предпоследнем разговоре.
Теперь ясно, что по окончании всех разговоров сплетни В и В\
могут быть известны только перечисленным в этом
рассуждении персонажам. D
Из этих двух утверждений сразу следует, что при η = 6
схема NODUP невозможна: так как после первых звонков сплетни
попарно объединились, то в любом последнем звонке участники
могут знать лишь две и четыре сплетни, что запрещено вторым
утверждением.
Разберем случай η = 10. В силу запрета из утверждения 2
в последнем разговоре могут участвовать лишь сплетники, один
из которых знает две объединенные сплетни, а другой — три.
Таким образом, перед тем как произошли 5 последних
разговоров, было ровно 5 сплетников, знавших по три объединенные

124
Уголок олимпиадофила
сплетни. Напарник каждого из этих пяти сплетников — один
из этих же пяти сплетников (потому что человек, узнавший
три сплетни, может после этого участвовать лишь в последнем
разговоре). Таким образом, мы разбили 5 сплетников на пары.
Это противоречие показывает, что единственный логически
возможный случай не может быть реализован.
Разберем случай η = 14. Напомним, что тогда у нас
имеется 7 объединенных сплетен, далее мы будем опускать слово
«объединенных». В силу запрета из утверждения 2 ни один
из сплетников, участвующих в последнем разговоре, не
должен знать ровно 6 сплетен. Так же как в предыдущем абзаце,
убеждаемся, что случай, в котором все сплетники в последнем
разговоре знают по три или по четыре объединенные
сплетни, невозможен (иначе мы найдем паросочетание на множестве
из 7 сплетников, знающих 4 сплетни). Из тех же соображений
должно быть четное число пар сплетников, знающих в
последнем разговоре 2 или 5 сплетен. Тогда имеется нечетное
количество пар сплетников, знающих в последнем разговоре 3 или 4
сплетни, и, чтобы в очередной раз не возникло противоречия,
напарник хотя бы одного из сплетников, знавших в последнем
разговоре 4 сплетни, должен перед своим последним разговором
«выучить» пятую сплетню.
Введем обозначения. Пусть А — сплетник, знавший в
последнем разговоре объединенные сплетни номер 1, 2, 3, 4; β —
его напарник, выучивший после разговора с А сплетню номер 5
(в разговоре с С, знавшим только эту одну сплетню). Пусть
В ж С свои последние разговоры провели со сплетниками D
и Е, знавшими лишь 6-ю и 7-ю сплетни, ничто нам не мешает
думать, что они узнали эти сплетни друг от друга. Пусть F,
G, Η — сплетники, узнавшие после своего первого разговора
сплетни 5, 6, 7 (и не совпадающие с уже обозначенными
сплетниками).
С
IT
в
А
F
5
1, 2, 3, 4
1, 2, 3, 4
5, 6, 7
D
Ε
6, 7
6, 7
Я
G
5, 6, 7
6, 7

Распространение слухов
125
Последний собеседник сплетника А должен был знать
сплетни 5, 6, 7. В силу симметрии обозначений F, G, Н, мы можем
считать, что сначала F и G поговорили друг с другом, потом
F поговорил с if и, наконец, F стал последним собеседником
для А. Но теперь единственный способ для G узнать
объединенную сплетню, известную изначально Η (даже с учетом того,
что мы рассматриваем сейчас не всех 14 сплетников), — это
поговорить с ним. При этом G услышит повторно сплетню от F.
Случай η = 18 еще хуже. Кажется, он разобран в статье
Сереша [8].
4.4. Ответ: при η = 1, 2, 4, 8, 12, 16 и при всех четных η ^ 20.
Случаи η = 1, 2 тривиальны. Далее полагаем η ^ 3. Из
решения задачи 4.3| сразу следует, что при нечетных η и при
η = 6, 10, 14, 18 NODUP-схема не существует.
Утверждение [8, леммы 5, 6 и предложение 2].
Распространение слухов с ограничением NODUP возможно при п,
делящемся на 4.
Доказательство. Индукция по п.
Для п, являющихся степенью двойки, возможность
распространения слухов следует из конструкции (1). Для η = 12, 20
примеры распространения слухов приведены в предыдущих
задачах. Отнесем случаи η = 4, 8, 12, 16, 20 к базе индукции.
Докажем переход. Пусть η ^ 24 — очередное число, для
которого мы хотим построить схему распространения слухов,
а для меньших η существование такой схемы уже установлено.
Заметим, что если η делится на 12, то можно разделить всех
сплетников на три группы одинакового размера, в каждой из
них число сплетников делится на 4 и меньше п, значит, внутри
всех этих групп существует способ оповещения. Получим
простой коллектив (4а, 4а, 4а), а = п/12, который является суммой
а сплоченных простых коллективов (4,4,4).
Если η не делится на 12, то η = 12α + г, где г = А или г = 8.
При г = А возьмем три группы
(4(а - 1) + 4, 4(а - 1) + 4, 4(а - 1) + 8).
Каждая из групп по предположению индукции имеет способ
NODUP оповещения, и весь этот коллектив раскладывается

126
Уголок олимпиадофила
в сумму из α — 1 коллективов (4,4,4) и коллектива (4,4,8).
При г = 8 можно положить η = 12(a — 2) + 28 и рассмотреть
коллектив
(4(а - 2) + 8, 4(а - 2) + 8, 4(а - 2) + 12).
Утверждение [8, леммы 7, 8, 9 и предложение 3]. При
η = 2 (mod 4), η ^ 22 возможно распространение слухов с
ограничением NODUP.
Доказательство. Мы наметим лишь план действий,
подробности см. в [8].
Будем доказывать утверждение по индукции. База здесь
представляет некоторую проблему: нужно проверить
существование NODUP-схемы для всех четных маленьких η (а именно,
при 20 < η < 62).
Заметим, что если бы η делилось на 16, то можно было бы
разделить сплетников на 4 группы одинакового размера,
образующих простой сплоченный коллектив (4а, 4а, 4а, 4а), а = п/16
(в каждой группе число сплетников делится на 4, а для таких
чисел уже все доказано).
Но в рассматриваемом случае η не делится даже на 4,
поэтому применим трюк с остатками из доказательства предыдущего
утверждения. Пусть η = 16α + г, где остаток г равен 2, 6, 10
или 14. Если бы в каждом из этих случаев удалось разбить
остаток на слагаемые г = г\ + гч + гз + г4 таким образом,
чтобы для 4а + г ι сплетников существовал способ NODUP
оповещения и коллектив (ri, Г2, гз, г4) оказался сплоченным, то мы
получили бы доказательство утверждения для η сплетников.
Действительно, разобьем η сплетников на группы
(4a + ri, 4а + ?'2, 4а + ?~3, 4а + г4),
а потом разбиваем этот коллектив на слагаемые: (4а, 4а, 4а, 4а)
И (Г1,Г2,ГЗ,Г4).
Однако остатки 2, 6, 10, 14 слишком маленькие. Прибавим
к остаткам 16fc, полагая η = 16(α — k) + (г + 16fc). Возьмем
k = 3, получим остатки г = 2 + 3 · 48 = 50, 54, 58, 62. Тогда,
например, в первом случае 50 сплетников образуют сплоченный
коллектив (8, 8,12, 22). Множество из η сплетников представим

Распространение слухов
127
в виде коллектива
(4(а -к)+ 8, 4(а -к)+ 8, 4(а - к) + 12, 4(а - к) + 22).
Для групп, составляющих этот коллектив, существует способ
NODUP оповещения по предположению индукции, и тогда весь
коллектив равен сумме коллективов (4,4,4,4) и (8,8,12,22).
В случае остатков г = 54, 58, 62 можно выполнить
аналогичную конструкцию.
4.42 (см· [Ю' лемма 2.5]). Заметим, что в любой схеме
оповещения с ограничением NODUP сплетники разбиваются первыми
звонками на пары (как в задаче 1.6). Доказательство см. в
начале решения задачи 4.3^.
Допустим, что утверждение задачи неверно, и некоторый
сплетник А поговорил по телефону всего два раза. Пусть
первый раз он беседовал со сплетником В, тогда после их беседы
Α-слух и В-слух циркулируют вместе. Если во второй раз
сплетник А беседовал с С, то в этот момент С знал все слухи, кроме
А-слуха и В-слуха. Если предыдущий разговор сплетника С
был с D, то D в тот момент тоже знал все слухи, кроме А-слуха
и В-слуха. Единственный возможный способ для D завершить
ознакомление со слухами — это поговорить с В, когда В
знает только эти два слуха. Но тогда Α-слух и В-слух не станут
известны остальным η — А сплетникам.
4.5. Следующее утверждение доказано в заметках Д. Веста [13]
и А. Сереша [10, §3].
Утверждение Пусть η = Ак. Тогда достаточно 9fc — 6
звонков.
Доказательство. Разобьем сплетников на к групп по
4 человека. В каждой группе организуем звонки таким образом,
чтобы все узнали сплетни своей группы. Это можно сделать
за Ак звонков. Теперь поделим сплетников на два одинаковых
множества по 1к человек, в каждое попадет пара сплетников,
знающая все сплетни г-й группы, г = 1, ..., к. Организуем
звонки в первом множестве таким образом, чтобы все
сплетники разбились на пары и каждая пара сплетников узнала все
сплетни, кроме одной. Тогда каждой паре сплетников первого
множества будет соответствовать пара сплетников из второго

128
Уголок олимпиадофила
Рис. 3. Линии означают звонки второго сплетника (слева) и (2к — 1)-го
сплетника (справа). Рядом с кружком записаны номера объединенных
сплетен, известных этому сплетнику до показанных на рисунке звонков
множества, с которой они могут поговорить, чтобы узнать все.
Для этого потребуется 2к звонков. Осталось в первом
множестве построить нужную конфигурацию из 3fc — 6 звонков.
Нужная последовательность звонков показана на рисунках
3-4. Пронумеруем сплетников первого множества и
расположим их на окружности. Сначала к — 2 звонка делает второй
сплетник: он звонит всем сплетникам, имеющим нечетные
номера, кроме (2к — 1)-го: 3, 5, 7, ... (именно в такой
последовательности, см. рис. 3, слева). Следующие к — 2 звонка
делает (2к — 1)-й сплетник: он звонит всем сплетникам, имеющим
четные номера, кроме второго: 2(к — 1), 2(к — 2), ... (тоже
последовательно, см. рис. 3, справа). После этих звонков 4
сплетника уже знают все сплетни, кроме одной, а именно: второй
и (2к — 3)-й сплетники знают все сплетни, кроме fc-й, а четвертый
и (2к — 1)-й — все сплетни, кроме первой, см. рис. 4. Остальных
сплетников разобьем на пары: для ί = 2, ..., к — 1 пусть
сплетник, знающий сплетни 1, 2, ..., ί — 1, позвонит сплетнику,
знающему сплетни ί + 1, ί + 2, ..., η (см. рис. 4), в результате чего
образуется пара сплетников, знающая все сплетни, кроме г-й.
На это потребуется еще к — 2 звонков.
4.6. Это доказано в [10, теорема 4.1].

Распространение слухов
129
1234 4- 12345
Рис. 4. Оставшиеся звонки в первом множестве
5.1. а) Ответ: (п — l)(fc + 1) телеграмм.
Мы взяли это утверждение в [2, теорема 4.1].
Пример. Пусть каждый рядовой пошлет k+ί телеграмму
генералу.
Оценка. Каждый рядовой должен послать не менее к + 1
телеграммы.
б) Ответ: (к + 1)п — 2 телеграммы.
Мы взяли это утверждение в [2, теорема 4.2] Напомним,
что в графе звонков могут быть кратные ребра. Чтобы
следить за порядком совершения звонков, поставим на ребрах веса
(вещественные числа): чем позже был звонок, тем крупнее
должен быть соответствующий вес. Допустимы одинаковые веса
звонков, если звонки совершаются последовательно и при этом
могут быть переставлены друг с другом. Назовем путь в графе
звонков восходящим, если при движении вдоль пути веса ребер
возрастают.
Пример. Приведем пример ориентированного графа, в
котором от каждой вершины до любой другой существует к + 1
реберно непересекающийся восходящий путь. Проведем к + 2
ребра от вершины с номером г к вершине с номером ί+l с
весами г, η + г, In + г, . .., (к + 1)п + г при г = 1, 2, . .., η — 2;
k + ί ребро от вершины с номером η — 1 к вершине с номером η
с весами η — 1, In— 1, ..., (к + ί)η— 1 и fc + 1 ребро от вершины
с номером η к вершине с номером 1 с весами п, 2п, ..., (к + 1)п.
На рис. 5 показан пример такого графа при η = 6, к = 2.

130
Уголок олимпиадофила
1,7,13,19
2,8,14,20
3,9,15,21
6,12,18
5,11,17
4,10,16,22
Рис. 5. Плохая почта
Оценка. Пусть дан граф звонков, в котором телеграммы
доходят от каждой вершины до любой другой даже в случае
удаления к ребер. Пусть Η — подграф этого графа,
содержащий только первые η — 2 ребер. Граф Η не является связным.
Значит, для каждой вершины существует по крайней мере к + 1
ребро, не лежащее в Η. Следовательно, общее число ребер
графа звонков не меньше (п — 2) + (к + 1)п.
5.2. Это утверждение мы взяли в статье [2, теорема 2.1].
Для построения примеров нам понадобится граф на η
вершинах, обозначим его Т„, в котором у генерала степень 0 или 1,
остальные вершины имеют степень к, где к ^ п — 2. Строение Тп
зависит от четности η ж к. Пронумеруем вершины, пусть номер
генерала равен п. При четном к между вершинами с номерами
ί и j, 1 ^ i < j ^ η - 1, есть ребро, если
((i-j)mod(n-l))G{±l,±2,...,±|}.
Если к нечетно, а п четно, то проведем рёбра при
((г - j) mod (η - 1))G {±1, ±2,..., ±^},
а также добавим любое паросочетание на η вершинах. Если η
и к оба нечетные, то проведем рёбра при
((г -J) mod (η - 1))G {±1,±2,.. .,±^±, ψ}.
Вернемся к решению задачи.

Распространение слухов
131
а) Поскольку после удаления к ребер граф должен остаться
связным, степень каждой вершины не может быть меньше к-\- 1.
Так как сумма степеней всех вершин графа равна удвоенному
количеству ребер, получаем, что число звонков больше либо
rfc+l η
равно | —i— · η Ι.
Осталось предъявить граф, который обеспечивает
возможность передать все слухи генералу и у которого все вершины
имеют степень к + 1 (при неблагоприятной четности одна из
вершин будет вынуждена иметь степень к + 2). При к ^ η — 1
такой граф действительно существует, а при меньших к
имеются проблемы с расстановкой весов.
Поделим fc + 1 на п - 1 с остатком: к + 1 = a(n — 1) + 6, где
а>0, 0^6<п — 1. Построим граф, состоящий из
объединения α графов Кп (полных графов на η вершинах) и графа Д,
у которого все вершины имеют степень 6, кроме, возможно,
вершины-генерала, степень которой равна Ь или 6+1. Такой
граф нетрудно построить, взяв граф Tn+i из начала решения
и объединив вершину-генерала с одной из «обычных» вершин.
Теперь назначим веса ребер. Пусть самые маленькие веса имеют
рёбра графа Д, не соединенные с генералом. Пусть рёбра
графов Кп, тоже не соединенные с генералом, имеют вес побольше.
А рёбра всех графов, соединенные с генералом, имеют самые
большие веса. Внутри каждого из этих трех множеств ребер
веса могут быть упорядочены произвольно. Тогда от каждой
вершины до генерала идут к + 1 непересекающихся по ребрам
путей. Следовательно, даже после удаления из графа
произвольных к ребер информация все равно дойдет до генерала. Все
вершины построенного графа имеют степень к + 1, кроме,
возможно, генерала, который может иметь степень к + 1 или к + 2.
б) При к = 0 граф звонков должен быть связным,
следовательно, в нем не менее η — 1 ребер, а с другой стороны, граф-
дерево, корнем которого является генерал, а все пути к корню
восходящие, является примером подходящего графа.
Рассмотрим теперь граф звонков при 1 ^ к < η — 1.
Возьмем произвольную вершину ν (отличную от генерала) и среди
инцидентных ей ребер выберем ребро I максимального веса.
Пусть некоторый восходящий путь проходит через это ребро: он

132
Уголок олимпиадофила
пришел в вершину ν по ребру меньшего веса и вышел по ребру I.
Перенаправим ребро I сразу в вершину-генерала. В результате
число ребер графа осталось прежним и, как нетрудно видеть,
после этого изменения генерал по-прежнему сможет получить
все слухи в условиях плохой связи. Сделаем такую операцию
для всех вершин, тогда каждая вершина окажется соединенной
с генералом. Значит, степень генерала не меньше п— 1.
Суммируя степени вершин, получаем, что число звонков больше либо
Γ(&+1)·(η-1)+(η-ΐΓ
равно ——γ-— .
Теперь построим граф, обеспечивающий генерала слухами,
в котором степени всех рядовых равны к + 1, а степень генерала
равна η — 1 или η (за счет кратного ребра, при
неблагоприятной четности). Возьмем граф Тп, описанный в начале решения,
произвольно назначим (небольшие) веса его ребер, после чего
соединим все вершины Тп с генералом, назначив новым ребрам
большие веса.
5.3. [2, теорема З.1.]
а) Приведем пример подходящего графа звонков. Пусть η
нечетно. Тогда от каждой вершины с нечетным номером, не
равным 1, проведем к ребер к вершине с номером 1 с весами
3, 5, ..., 1к + 1, а от каждой вершины с четным номером
проведем к + 1 ребер к вершине с номером 1 с весами 2, 4, ...,
1к + 2. Теперь проведем два ребра между вершинами с
номерами ί и ί + 1 с весами 1 и 1к + 3. Получилось много ребер
с одинаковыми весами. В данном случае веса ребер обозначают
не номера звонков: имеется в виду, что ребра разбиваются на
классы (множества ребер с одинаковыми весами), в каждом
классе рёбра могут быть упорядочены произвольно, но ребро
класса ί всегда имеет меньший номер, чем ребро класса j при
ί < j. Пример такого графа при η = 7 и к = 3 показан на рис. 6.
Можно проверить, что тогда от каждой вершины до каждой
проходят к + ί реберно непересекающихся путей.
Если η четно, то к предыдущей конструкции присоединим
еще одну вершину, соединив ее к + 1 ребром с первой вершиной,
веса ребер будут 2,5, 3,5, 5,5, 7,5, ..., 2fc + 1,5.
б) Оценим т(п,к) через μ(η, к). Пусть G — граф звонков,
в котором даже после удаления к ребер информация от каждой

Распространение слухов
133
Рис. 6. Конструкция графа
вершины будет доходить до любой другой. Посмотрим на
ситуацию после того, как мы сделали г первых звонков.
Оставшиеся звонки образуют граф на тех же вершинах, будем его
называть Η. Рассмотрим произвольную вершину ν графа Н.
Заметим, что этой вершине для получения полной информации
(даже с учетом удаления к ребер) требуются только первые
г звонков и звонки внутри ее компоненты связности в графе Н.
Значит, число ребер графа, содержащего ребра, которые ей
могут пригодиться, больше либо равно μ(η, к). Будем считать, что
г = μ(η, к) — ξ, где ξ подберем таким образом, чтобы
получить наилучшую оценку. Очевидно, |_E(G)| = г+ \Е(Н)\. Чтобы
оценить число ребер Η снизу, будем считать, что вершина ν
лежит в компоненте связности наименьшего размера, пусть / —
число ребер этой компоненты, тогда количество компонент не
меньше у и \Е(Н)\ ^ η — γ (правая часть — это количество
ребер в графе в предположении, что все компоненты содержат
по / вершин и являются деревьями). При этом / ^ ξ, так как
в противном случае рассматриваемая вершина ν может не
получить полной информации, следовательно, |_E(ii)| ^ η — j.
Получим
77
|Я(С)| > (μ(η, к) - ξ) + Е(Н) > (μ(η, к) - ξ) + (η - -).
ς
Правая часть минимальна при ξ = л/n, и мы получаем
неравенство E(G) ^ μ(η, к) + η — 2[л/п].

134
Уголок олимпиадофила
5.4. Мы взяли это утверждение в [3, теорема 3.2].
а) Как обычно, оценка сверху получается предъявлением
примера. Пусть R — регулярный (или почти регулярный) (муль-
ти)граф на η вершинах, в котором каждая вершина имеет
степень к (за исключением, возможно, одной вершины, имеющей
степень к-\-1). Рассмотрим следующую схему оповещения.
Сначала выполним In — 4 звонка в соответствии с любым
наибыстрейшим способом оповещения. После этого произвольно
выполним звонки, соответствующие ребрам графа R. Все слухи,
полученные всеми сплетниками в этой схеме, очевидно, являются
Г (к-\-4:)п~\
надежными. При этом схема содержит -—γ1— —4 звонков.
б) Лемма 1 [3, лемма 3.1]. Пусть дано дерево Τ на η
вершинах, в котором на каждом ребре задан вес, позволяющий
«хронологически» упорядочивать ребра. Для каждой
вершины и обозначим через ru наибольшее количество вершин, в
которые можно прийти из вершины и, двигаясь так, чтобы вес
при движении возрастал. Минимальное по всем вершинам
дерева значение ги обозначим через R(T). Обозначим через г(п)
максимум величины R(T) по множеству всех ориентированных
деревьев Теп вершинами. Тогда r(n) = [log2 n\.
Доказательство. Рассмотрим дерево Т, для которого
R{T) = г (η). Пусть ху — ребро максимального веса, Тх, Ту —
компоненты связности, которые получаются после его удаления
(ж (Ξ Тх, у (Ξ Ту). Можно считать, что в Тх не больше вершин,
чем в Ту, тогда R(TX) ^ r(|_?J)· Выберем в Тх вершину и,
реализующую значение R(TX). В дереве Τ путь из вершины и не
может пройти в компоненту Ту дальше вершины у, поскольку
ху — ребро максимального веса. Тогда
г{п) = R(T) < г„ + 1 = R(TX) + 1 < r(UJ)
+ 1.
Вместе с начальным условием г(1) = 0 мы получаем
неравенство r(n) ^ |_1°§2 η\ ■
Пример, реализующий равенство, строится по индукции.
На очередном шаге берем две копии дерева, служащего
примером для η — 1, и, сохраняя относительный порядок ребер
внутри каждой копии, соединяем их корни ребром максимального
веса. D

Распространение слухов
135
Лемма 2 [3, следствие 2.1]. Пусть в (мульти)графе G на
η вершинах на каждом ребре задан вес, с помощью которого
можно хронологически упорядочить рёбра. Пусть и —
фиксированная вершина графа G. Пусть оказалось, что для каждой
вершины ν φ и существует не менее к возрастающих путей из и
в ν, которые отличаются друг от друга последними ребрами.
Пусть, наконец, среди всех графов с такими свойствами граф
Г (к-\-2)(п— 1)"
G имеет наименьшее число ребер. Тогда в нем -^ -
ребер.
Доказательство. Граф G представляет собой
объединение остовного дерева и fc-регулярного подграфа (или почти
fc-регулярного подграфа) на множестве всех вершин, за
исключением и. В этом случае формула очевидна.
Построим это остовное дерево: для каждой вершины υ φ и
отметим ребро ev с наименьшим весом, принадлежащее какому-
нибудь восходящему пути из и в о. Мы отметили η — 1 ребер,
они задевают все вершины графа (минимальное ребро
вершины и тоже окажется отмеченным), поэтому это остовное дерево.
Далее, среди ребер вершины υ ребро ev — единственное ребро,
принадлежащее хоть какому-то восходящему пути из и в υ.
Действительно, если ребро ew инцидентно вершине ν и лежит на
пути из и в ν, то этот путь проходит через w и тогда он должен
входить в w по ребру, у которого вес меньше, чем вес ew, что
невозможно. Таким образом, граф G для каждой вершины и
содержит, помимо е„, еще не менее к ребер, инцидентных
ребру и. Ясно, что минимальное число ребер будет в fc-регулярном
случае. D
С помощью этих двух лемм решим задачу. Пусть
имеется способ оповещения, обеспечивающий сплетников надежными
слухами. Первые η—ί звонков этого способа оповещения задают
подграф Η в графе звонков. В силу малости количества звонков
хотя бы одна из компонент подграфа Η является деревом,
обозначим его Т. По лемме 1 в дереве Τ можно выбрать вершину и,
из которой можно добраться по возрастающим путям лишь не
более чем в [1°ё2 п\ вершин. Уберем ребра всех этих путей из
графа Н, полученный граф назовем Η1, он содержит не менее
η — 1 — [log2 n\ ребер.

136
Уголок олимпиадофила
Для графа G—H' и вершины и выполнены условия леммы 2
(отброшенные нами ребра не могли быть использованы для
построения путей из вершины и, так как они были хронологиче-
(fc+2)(ra-l)
ски «слишком ранними»), значит, в нем не менее — -
ребер. Тогда в G не менее
η - 1 - |_bg2 n\ +
ребер.
(fc+2)(ra-l)
2
6.1. [5, Лемма 3.] Индукция по к. База тривиальна. Для
доказательства перехода отменим первый звонок. В результате дерево
окажется разбитым на две компоненты, в каждой из которых
перестанет быть известным один слух из противоположной
компоненты. По индукционному предположению тогда каждая из
компонент содержит не менее 2fc~1 вершин.
6.2. Пример [5, лемма 1]. Поделим η на 2fc~1 с остатком:
η = 2fc~1ni + η-2· Разобьем сплетников на п\ групп по 2fc~1
человек и последнюю группу из η<ι человек. В каждой группе из 2fc~1
человек можно сделать 2fc~1 звонок так, чтобы в результате все
члены группы знали по к слухов (двое звонят друг другу —
в результате двое знают по 2 слуха; потом каждый из них
разговаривает с новым членом группы, в результате четверо знают
по 3 слуха; потом каждый из четырех разговаривает с новым
членом группы, в результате восемь человек знают по 4 слуха
и т.д.). Что касается последней группы, пусть каждый человек
из нее позвонит кому-нибудь из первых групп, когда там уже
закончатся звонки, чтобы узнать к слухов. Итого
Р(щ к) < (2й-1 - 1)щ + η2 = [ζ^1 · η .
Оценка [5, лемма 4]. Докажем оценку Р(п, к) ^ 2fc-~ n'
не накладывая никаких условий на к.
Рассмотрим последовательность, дающую Р(п, к) звонков.
Пусть для каждого ί ^ 1 этот граф звонков G имеет щ
компонент связности, содержащих i вершин, тогда
Σ<

Распространение слухов
137
Заметим, что каждая компонента с г вершинами имеет не менее
г — 1 ребер. Более того, по утверждению задачи 6.1 малые
компоненты (те, для которых г < 2fc~1) не могут быть деревьями,
значит, в них не менее г ребер. Таким образом,
гщ + Σ (г~ 1)ηί·
ок—1 1 р h Л
Осталось заметить, что г — 1 ^ „fc_1 г при г ^ 2 , и
следовательно,
π/ ,λ 2й-1 -1^, 2й-1 -1
Р(п, к) > 2fc_! 2^гщ = 2fc-! П·
г
6.3. [5, лемма 2.] Выделим из множества всех сплетников два
непересекающихся набора: набор X, состоящий из г сплетников,
и набор Υ = {yi, ί/2, · · ·, 2/2fc-*-2} из 2fc~*~2 сплетников. Звонки
организуем следующим образом. Сначала каждый человек из
множества X сообщает сплетнику гц свой слух. В результате
сделано г звонков, а сплетник гц знает теперь г + 1 слух. Далее
итерационным процессом мы начинаем удваивать число
«осведомленных» сплетников в множестве Υ. База: делаем звонки
2/12/2, УзУ4, г/12/з, 2/22/45 в результате сделано 4 звонка и первые
4 человека из множества Υ знают по г + 4 слуха. Переход. Если
на предыдущем шаге первые 2Г человек из множества Υ знали
г + г + 2 слуха, то на очередном шаге мы делаем 2Г звонков
У1У1+2-, У2У2+2-, ···, 2/2-2/2-+!
и теперь первые 2r+1 сплетников из множества Υ знают по г +
+ г + 3 слухов. Процесс завершится, когда будет «охвачено» всё
множество Υ. К этому моменту будет всего сделано г + 2fc~*~2
звонков и все сплетники из Υ будут знать к слухов. После этого
пусть г/1 позвонит всем сплетниками не из Υ, сообщив им свои
к слухов. Таким образом,
Р(щ к)<^г + 2к-{-2 + (п- 2^-2) = η + г.
В этом рассуждении мы использовали лишь неравенство
U < п.
6.4. Это утверждение получено в статье [5]. К сожалению,
доказательство второго утверждения леммы 3 содержит ошибку.

138
Уголок олимпиадофила
Литература
Шаповалов А. В. Задача о сплетниках // Математическое
просвещение. Сер. 3. 2015. Вып. 19. С. 249-253.
Вегтап К., Hawrylycz Μ. Telephone problems with failures // SI AM J.
Alg. Disc. Meth. 1986. Vol. 7. P. 13-17.
Berman K., Paul J. Verifiable broadcasting and gossiping in
communication networks // Discr. Appl. Math. 2002. Vol. 118. P. 293-298.
Bumby R. A problem with telephones // SIAM J. Alg. Disc. Meth. 1981.
Vol. 2. P. 13-18.
Chang G., Tsay Y.-J. The partial gossiping problem // Discr. Math. 1996.
Vol. 148. P. 9-14.
Horary F., Schwenk A.J. The communication problem of graphs and
digraphs // J. Franklin Inst. 1974. Vol. 297. P. 491-495.
Kleitman D.J., Shearer J.B. Further gossip problems // Discr. Math.
1980. Vol. 30. P. 151-156.
Seress A. Gossiping old ladies // Discrete Math. 1983. Vol. 46. P. 75-81.
Seress A. Gossips by conference calls // Studia Sci. Math. Hungar. 1987.
Vol. 22. P. 229-238.
Seress A. Quick gossiping without duplicate transmissions // Graphs
Combin. 1986. Vol. 2. P. 363-381.
Tijdeman R. On a telephone problem // Nieuw Arch. Wisk. 1971. Vol. 19.
P. 188-192.
West D. A class of solutions to the gossip problem, I // Discrete Math.
1982. Vol. 39. P. 307-326.
West D. Gossiping without duplicate transmissions // SIAM J. Alg. Disc.
Meth. 1982. Vol. 3. P. 418-419.
West D. B. Introduction to graph theory. 2nd edition. Univ. of Illinois,
2001.

А. Голованов, Л. Емельянов, К. Кохась «Туймаада-2016» 139
Международная олимпиада
«Туймаада—2016»
А. Голованов, Л. Емельянов, К. Кохась
Международная олимпиада школьников «Туймаада»
проводится в Якутии ежегодно, начиная с 1994 г. С самого начала эта
олимпиада была задумана не только Как международная (кроме
школьников из разных регионов России, в разные годы в ней участвовали
представители Румынии, Болгарии, Монголии и других стран), но
и как многопредметная — в состав олимпиады входят соревнования
по математике, физике, химии и информатике. В последние 18 лет
олимпиада по Математике в значительной степени составляется
членами жюри Петербургской олимпиады школьников по математике;
опытный читатель без труда заметит, с одной стороны, некоторое
стилистическое родство двух олимпиад, а с другой — присущий
международным математическим соревнованиям технический уклон.
Младшая лига
Первый день
Ml. Перед Таней и Сережей лежит куча из 2016 конфет.
Таня и Сережа делают ходы по очереди, начинает Таня. При
своем ходе ребенок может съесть либо одну конфету, либо, если
в куче в данный момент четное число конфет, ровно половину
всей кучи. Проигрывает не имеющий хода. Кто выиграет при
правильной игре? (А. Голованов)
М2. На высоте АА\ остроугольного треугольника ABC
отмечена такая точка D, что ZBDC = 90°, и точка Η — ортоцентр
треугольника ABC. На отрезке АН как на диаметре построена
окружность. Докажите, что длина касательной, проведенной
к этой окружности из точки В, равна длине отрезка BD.
(Л. Емельянов)
МЗ. На одной из клеток клетчатой плоскости стоит
кубик. На каждой грани кубика нарисована стрелочка в одном
из четырех направлений, параллельных сторонам грани.
Антон смотрит на кубик сверху и перекатывает его через ребро

140
Уголок олимпиадофила
в направлении, указанном стрелкой, нарисованной на верхней
грани. Докажите, что кубик никогда не заметет никакого
квадрата 5x5. (А. Чухнов)
М4. Неотрицательные числа а, Ь и с удовлетворяют
условию а2 -\- Ь2 -\- с2 ^ 3. Докажите неравенство
(а + Ъ + с)3 > 9(аЬ + be + са). {А. Храброе)
Второй день
М5. Во всех клетках таблицы 10 χ 10 записаны
положительные числа. На некоторых 5 клетках сидят лягушки,
заслоняя числа в этих клетках. Костя посчитал сумму всех
видимых чисел и получил 10. Потом каждая лягушка перепрыгнула
в соседнюю по стороне клетку, и Костя насчитал сумму 102.
Потом лягушки снова прыгнули, и у Кости получилась сумма
103, и т. д. — каждая новая сумма оказывалась в 10 раз больше
предыдущей. Какую наибольшую сумму мог получить Костя?
(К. Кохась)
Мб. Существует ли такое натуральное число N > 1020,
состоящее из нечетных цифр, причем цифр 1, 3, 5, 7, 9 в нем
поровну, которое делится на любое 20-значное число, получаемое
из него вычеркиванием цифр (ни вычеркиваемые, ни
оставшиеся цифры не обязаны стоять подряд)? (С. Берлов)
М7. Числа а, 6, с, d таковы, что 0 < а ^ b ^ d ^ с ж
а + с = b + d. Докажите, что для любой внутренней точки Ρ
отрезка длины а этот отрезок является стороной описанного
четырехугольника с последовательными сторонами а, 6, с, d,
вписанная окружность которого проходит через точку Р.
(Л. Емельянов)
М8. На карте полетов авиакомпании Кгг изображены
несколько городов, некоторые пары городов связаны прямым
(двусторонним) авиарейсом, причем всего имеется т авиарейсов.
Требуется выбрать такие две непересекающиеся группы по г
городов в каждой, что каждый город одной группы связан
авиарейсом с каждым из городов второй группы. Докажите, что
этот выбор можно осуществить не более чем 2тг способами.
(D. Cordon)

А. Голованов, Л. Емельянов, К. Кохась «Туймаада-2016» 141
Старшая лига
Первый день
С1. Последовательность (ап) задана условиями αϊ = О,
«1 + «2 + · · · + «η ,
«п+1 = + 1.
η
Докажите, что «2016 > ч + аюоо· (А. Голованов)
С2. См. задачу МЗ.
СЗ. Высоты АА\, ВВ\, СС\ остроугольного треугольника
ABC пересекаются в точке Н. Точки Ао, Во, Со — середины
сторон ВС, С А и АВ соответственно. На отрезках АН, ВН
и НС\ отмечены такие точки А2, В2, С2 соответственно, что
ZAoB2A2 = ZB0C2B2 = ZCoA2C2 = 90°.
Докажите, что прямые АС2, ВА2 и СВ2 пересекаются в одной
точке. (Л. Емельянов)
С4. При каждом натуральном к найдите число решений
уравнения
8fc = χ3 + у3 + z3 - 3xyz
в целых числах х, у, ζ, где 0 ^ χ ^ у ^ ζ. (Β. Шевелёв)
Второй день
С5. Простые числа ρ и q отличаются не более чем в два
раза (р т^ q). Докажите, что найдутся такие два последовательных
натуральных числа, что у одного из них наибольший простой
делитель равен р, а у другого — q. (А. Голованов)
Сб. См. задачу М7.
о
С7. Докажите, что при всех х, у, ζ > ~ выполнено
неравенство
х24 + л/у60 + ζΑ0 > (х4У3 + \y2z2 + ^x3z3f. (К. Кохась)
С8. Дан связный граф. Докажите, что можно раскрасить
все его вершины в синий и зеленый цвета и отметить в нем
некоторые рёбра так, чтобы каждые две вершины были соединены
путем из отмеченных ребер, каждое отмеченное ребро
соединяло вершины разных цветов и никакие две зеленые вершины не
были соединены ребром исходного графа. (В. Дольников)

142
Уголок олимпиадофила
Решения задач
Ml. Ответ: выигрывает Таня.
У Тани есть форсированная стратегия, т.е. стратегия, при
которой противнику не предоставляется возможность проявить
инициативу. Для этого она почти до самого конца игры
должна брать из кучи 1 конфету. Тогда после ее хода куча будет
содержать нечетное число конфет и Сережин ход определен
однозначно: он тоже возьмет одну конфету. Такими действиями
Таня будет последовательно уменьшать кучу на две конфеты.
В тот момент, когда в куче останется 4 конфеты, Таня сделает
исключительный ход: она заберет половину кучи, оставив
Сереже 2 конфеты. Для него это проигрыш.
М2. Пусть ω — указанная в условии окружность, BL —
касательная к ней, проведенная из точки В, СС\ — высота
треугольника ABC. Тогда ZHCLA = 90°,
значит, точка С\ лежит на
окружности ω. По теореме о секущих
BL2 = BCL ■ ΒΑ.
Прямоугольные треугольники ВАА\
и ВСС\ подобны (так как имеют общий
острый угол В), следовательно,
= ΊΪΧ' откУДа
вс
l/
сУ
' D
■^s
н
\ \Jω
■л "Ч
BCL · ΒΑ = ВΑγ ■ ВС.
В
Аг
С
Аналогично прямоугольные треугольники ΒΑ\Ό и BDC
подобны, ^jj = ψ^, и значит, ВА\ ■ ВС = BD2. Собирая вместе
сделанные наблюдения, получаем:
BL2 = BCL ■ ΒΑ = BAL ■ ВС = BD2,
т.е. BL = BD.
МЗ. Поскольку у кубика всего шесть граней, когда-нибудь
наверху окажется грань, которая уже бывала верхней.
Рассмотрим первый такой случай. Если грань F вернулась наверх после
к вращений, то с первого момента, когда эта грань оказалась
наверху, последовательность верхних граней кубика
становится периодической с периодом к (очевидно, к ^ 6). До этого

А. Голованов, Л. Емельянов, К. Кохась «Туймаада-2016» 143
момента некоторые грани (не более 6 — к) могли оказаться
наверху единственный раз; больше они никогда там не окажутся.
Пусть центр грани F за период переместился из точки А
в точку В. При этом стрелка, нарисованная на грани, могла
1) повернуться на 180°,
2) повернуться на 90°,
3) не повернуться вовсе.
Докажем, что в каждом из этих трех случаев кубик не сможет
побывать на всех клетках квадрата 5x5.
В первом случае за следующий период центр F
переместится на вектор ВА, а стрелка вернется в исходное
направление, после чего кубик будет кататься только по ранее
посещенным клеткам. Поэтому всего он сможет посетить не более
(6 - к) + 2к = 6 + к < 12 < 25 клеток.
Во втором случае центр F вернется в А за четыре периода,
сместившись последовательно на образы вектора АВ при
поворотах на 0°, 90°, 180° и 270°; стрелка также вернется в исходное
положение, и кубик пойдет кататься по кругу. Разных клеток
в этом случае он посетит не более (6 — к)-\-Ак = 6 + 3fc ^ 24 < 25.
В третьем случае за к ходов не изменится не только верхняя
грань, но и направление клетки на ней, поэтому в
периодической части положения кубика, отстоящие на к вращений,
отличаются на вектор АВ. Разобьем все положения кубика на
группы таким образом: каждое положение в непериодической части
выделим в отдельную группу (их будет не более 6 — к), а в
периодической части объединим в группу положения кубика,
отстоящие на целое число периодов (таких групп к). Очевидно, все
положения в одной группе лежат на прямой, параллельной
вектору АВ. Таким образом, все положения кубика расположены
не более чем на шести прямых одного направления.
Предположим сначала, что эти прямые не параллельны
сторонам клеток, скажем, вектор АВ направлен вправо и вверх.
Тогда, очевидно, центры 9 клеток, лежащих на левой и нижней
сторонах квадрата 5x5, должны лежать на разных прямых
такого направления и, следовательно, не могут все оказаться
на пути кубика.
Если же эти прямые параллельны сторонам клеток,
например горизонтальны, то за период кубик может оказаться самое

144
Уголок олимпиадофила
большее в трех рядах клеток такого направления.
Следовательно, непериодическая часть траектории кубика должна покрыть
хотя бы 10 клеток, что невозможно.
М4. Решение 1. Поскольку при умножении всех
переменных на число ί > 1 левая часть неравенства умножается
на t3, а правая — на t2, достаточно доказать неравенство для
случая а? + Ъ2 + с2 = 3. Пусть S = а + Ъ + с, тогда
ab + bc + ca= Us2 - (α2 + Ъ2 + с2)) = Us2 - 3)
и мы можем переписать доказываемое неравенство в виде
или, что эквивалентно, (S — 3)2(2S' + 3) ^ 0. Для
положительных S это неравенство очевидно.
Решение 2 (М.Андреев). Применяя неравенство о
средних (х + у + z)3 ^ 27xyz к числам χ = а? + Ь2 + с2, у = ζ =
= ab + be + ca, получаем
(a + b + cf = (α2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2caf >
> 27(a2 + 62 + c2)(ab + 6c + ca)2 > 81 (ab + be + ca)2.
Извлекая квадратный корень из обеих частей этого
неравенства, получаем требуемое.
М5. Ответ: максимальная сумма равна 106.
Оценка. На всех клетках, которые были видны вначале,
стоят числа, не превосходящие 10. Поскольку после первого
перепрыгивания сумма чисел сильно увеличилась, стали
видны какие-то клетки, ранее заслоненные лягушками. Очевидно,
числа, записанные на этих клетках, не превосходят 100. После
второго перепрыгивания сумма чисел опять сильно
увеличилась, и это могло произойти лишь за счет того, что стали видны
еще какие-то клетки, которых не было видно ни в первый, ни
во второй раз. При этом числа, стоящие на вновь открывшихся
клетках, заведомо не превосходят 1000.
Рассуждая таким образом, мы устанавливаем, что после
каждого очередного перепрыгивания должны открыться
клетки, которых до этого ни разу не было видно.

А. Голованов, Л. Емельянов, К. Кохась «Туймаада-2016» 145
Поскольку вначале лягушки заслоняют всего 5 клеток,
количество перепрыгиваний, позволяющих сумме так сильно
увеличиваться, не может быть больше 5.
Пример. Пусть лягушки занимают самые левые 5 клеток
нижней строки таблицы, и всякий раз каждая лягушка прыгает
на соседнюю справа клетку. Пусть на клетках, где стоят
лягушки, написаны числа а, 6, с, d, /, а во всех остальных клетках
таблицы написано число д. Полагая д = 10/95,
а= 100 — 5,
Ь= 103-а-29,
с = 10 — Ъ — a — 3g,
d = ΙΟ5 - а - b - с - Ад,
f = ΙΟ6 -а-Ъ-c-d-bg,
получаем требуемое.
Мб. Ответ: да, такое число существует.
Лемма. Пусть Q, Μ — натуральные числа, (М, 10) = 1.
Тогда существует число, делящееся на М, десятичная запись
которого представляет многократно повторенную запись
числа Q.
Доказательство. Среди чисел Q, QQ, QQQ, ... есть
два числа, дающих одинаковый остаток при делении на М.
Возьмем их разность и отбросим нули на конце. D
Для решения задачи достаточно предъявить число Ν,
состоящее из нечетных цифр, причем цифр 1, 3, 5, 7, 9 в нем
поровну, которое делится на все 20-значные числа, состоящие
из нечетных цифр.
Среди всех 20-значных чисел, состоящих из нечетных цифр,
выберем такое число q, которое делится на максимальную
степень 5, пусть эта степень 5е. Напишем несколько раз подряд
число q, чтобы получилось более чем έ-значное число, и потом
допишем еще несколько нечетных цифр спереди так, чтобы в
результате десятичная запись полученного числа содержала
поровну цифр 1, 3, 5, 7, 9; обозначим полученное число через Q.
По построению Q делится на 5 .

146
Уголок олимпиадофила
Теперь выпишем все 20-значные числа, состоящие из
нечетных цифр, сократим каждое на максимально возможную
степень 5, и полученные числа перемножим; пусть Μ — полученное
произведение.
Многократно повторяя десятичную запись числа Q, мы по
лемме можем получить число, делящееся на М. Его и возьмем
в качестве N.
М7. Пусть имеется произвольный описанный
четырехугольник со сторонами а, 6, с, d.
В описанном четырехугольнике каждая из точек касания
делит соответствующую сторону на две части. Части сторон,
прилегающие к общей вершине четырехугольника, имеют
равную длину. Поэтому, указав положение точки касания Ρ на
наименьшей стороне, мы автоматически можем найти
(положительные) длины всех отрезков, на которые разбиты точками
касания остальные стороны. Пусть х±, х%, хз, Х4 — длины этих
отрезков, α = х± -\- х%, Ъ = х% + хз, с = хз + Х4, d = Х4 + х\-
Пусть R — радиус вписанной в четырехугольник
окружности. Тогда углы четырехугольника равны
it it it it
2 arctg —, 2 arctg —, 2 arctg —, 2 arctg —.
X\ X2 ХЗ Х4
Очевидно, что для каждого Χί функция R \—> 2 arctg —
монотонна, непрерывна и изменяется от 0 до ?, когда R пробегает
значения от 0 до +оо. Поэтому для любых заданных значений
χι, Χ2, хз, %4 существует Д, удовлетворяющее уравнению
R R R R
2 arctg — + 2 arctg — + 2 arctg — +2 arctg — = 2π.
x\ X2 хз χα
Имея в распоряжении такой радиус, мы без труда построим
требуемый в условии четырехугольник.
М8. Если требуемые две группы выбраны, можно указать
г рейсов, соединяющих города из разных групп и
обслуживающих 1г городов. Поэтому каждый выбор можно задать, указав
г рейсов (без общих концов) и для каждого из них
определив, какой из городов, обслуживаемых этим рейсом, попадет
в первую группу. Первое можно сделать не более чем С^
способами, а второе — 2Г способами. Поэтому общее число способов

А. Голованов, Л. Емельянов, К. Кохась «Туймаада-2016» 147
выбора групп не превосходит
r m(m — 1) . .. (πι — г + 1)
С
2r < mr ■ —
2Г
г!
2 2
Ϊ ' 2
<; 2mr
С1. Запишем рекуррентное соотношение из условия
задачи в виде
ηαη+1 = α-ι + . .. + ап + п.
Теперь напишем такое же соотношение для ап:
(п - 1)ап = αϊ + . .. + α„_ι + η - 1.
Вычтем из первого соотношения второе и преобразуем, полу-
1
чится соотношение
-1 — «п +
Отсюда следует, что
«2016 = «1000 +
1
+
1
+
+
1
201Е
1000 1001
и нам остается проверить, что j^ + j^ + ... + -^js > \-
Это стандартная оценка: в оцениваемой сумме 1016 слагаемых,
каждое из которых не меньше ^мёр следовательно,
1 +T7^ + --- + x^U > 1016
1000 1001 201Е
С2. См. задачу МЗ.
СЗ. Так как ZA0B2A2 =
= ZA2AtA0 = 90°, точки В2
и А\ лежат на окружности,
построенной на А()А<2 как на
диаметре. Степень точки С
относительно этой окружности равна
СА0 ■ САг = \ВС ■ АС · cos С.
Аналогично степень точки
С относительно окружности,
построенной на В()В<2 как на
диаметре, равна CBq ■ СВ\ =
1 1
2015 > 2'
АС-ВС·
;С

148
Уголок олимпиадофила
Поскольку эти выражения равны, СВч — это радикальная
ось двух упомянутых окружностей. Тогда прямые СВ<2, ВАч
и АСч, являясь радикальными осями пар окружностей,
пересекаются в их общем радикальном центре.
С4. Ответ: к + 1.
Индукция по к.
База к = 0. Заметим, что
ж + у + ζ — 3xyz = (χ-\-у-\-ζ)(χ + у + ζ —xy — yz — xz).
Решим уравнение
1 = (χ + у + ζ)(χ2 + у2 + ζ2 - ху - yz - xz).
При нашем условии на переменные первая скобка не меньше 1,
а вторая положительна и целочисленна. Таким образом, в этом
случае решение единственно: χ = у = 0, ζ = 1.
Переход. Если числа ж, у, ζ, дающие представление
числа 8fc_1, умножить на 2, то получатся числа, дающие
представление числа 8fc. Остается проверить, что существует
единственное представление 8fc, в котором присутствует нечетное
число ж, у или ζ. Заметим, что в таком представлении
сумма χ + у + ζ больше 1 и, следовательно, четна, т. е. среди
чисел х, у, ζ ровно два нечетных. Тогда число ж2 + у2 + ζ2 —
—ху — у ζ — xz нечетно и, значит, равно 1. Но тогда
1 = х2 +у2 + ζ2 - ху -yz - xz = 2 ((ж -у)2 + (у - ζ)2 + (ζ - ж)2),

А. Голованов, Л. Емельянов, К. Кохась «Туймаада-2016» 149
поэтому ζ —χ = 1, Ά у равно одному из чисел χ ж ζ. Если χ = у =
= α, ζ = α + 1, то
χ3 + у3 + ζ3 - "ixyz = За + 1,
а если ж = а — l,y = z = a, то
х3 + у3 + ζ3 - 3xyz = За - 1.
Таким образом, требуемое разложение однозначно
определяется остатком при делении числа 8fc на 3.
С5. Пусть q < ρ < 2g. Так как ρ и q взаимно просты,
существуют целые ж и у, для которых рх — qy = 1. Поскольку,
не нарушая этого равенства, мы можем заменить χ и у на χ — qk
и у + рк для любого целого к, то можно считать, что \х\ < §.
Числа |рж| и \qy\ — последовательные натуральные (они
неотрицательны, а если одно из них равно 0, то другое равно 1, что
невозможно, так как 1 не делится ни на р, ни на а). Так как \рх\
меньше -γ, наибольший простой делитель этого числа равен р.
С другой стороны, \qy\ ^ \рх\ + 1 < у- + 1 ^ ^у · а. Поэтому
\у\ ^ Щу- ^ </, и любой простой делитель \qy\ не превосходит д.
Сб. См. задачу М7.
С7. Положим А = х4у3 + ^y2z2 + gX3z3.
Решение 1 (от противного). Допустим, что доказываемое
неравенство неверно. Тогда
х24<А2, V?°<A\ ¥z^<A2.
Или, говоря проще,
х<А1'1\ y<Al'e\ z<All\
Пользуясь этими неравенствами, находим, что
A = x4y3 + ly2z2 + lx3z3<A^ + i + lA2e + i + lA^ + i=JAi + lA.
з
Мы получим противоречие, если проверим, что при ж, у, ζ > ~
правая часть полученного неравенства не превосходит А. Это
действительно так: неравенство -А~в + -А ^ А эквивалентно
неравенству А ^ (^) , что верно для данных ж, у, ζ, поскольку
Α>χψ>φ6.

150
Уголок олимпиадофила
Решение 2. Выберем в скобке в правой части самое
крупное слагаемое. Возможны три случая.
Случай 1: х4у3 > \y2z2, х4у3 > |г/3^3. Тогда А2 < 9х8у6.
Чтобы оценить левую часть доказываемого неравенства
снизу, отбросим слагаемое ζ и применим неравенство о среднем
арифметическом и среднем геометрическом:
х24 + {/У60 + ζ40 > χ24 + у12 > 2х12у6 > 2xV · (|)4 >
>9x^>(x4y3 + \y2z2 + \x3z3)2.
Случай 2: |yV > x4y3, |yV > |yV. Тогда А2 < y4z4.
Аналогично получаем
χ24+ξ/ν60 + ζ40> ξ/νβ0 + ζ40 > ^/2y30z20 = v^yV > у4ζ4 > А2.
Случай 3: |yV > ж4у3, |yV > |у2-г2· Тогда А2 < \x6z6.
Аналогично получаем
х24 + Vy60 + z40 > χ24 + ζ8 = χ24 + f z8 + \ζ* + \ζ* >
^ 4/27 ж ζ ^ g2" ζ ^ -^ ·
C8. Докажем утверждение индукцией по числу η вершин
графа. При η = 1 утверждение очевидно. Пусть утверждение
доказано для графов с η — 1 вершиной. Рассмотрим граф G
с η вершинами и удалим из него одну вершину ν так, чтобы
получившийся граф G\ = G \ ν оказался связным. Применим
к G\ предположение индукции. Его вершины будут
раскрашены в два цвета, а некоторые рёбра отмечены. Если в графе G
вершина ν соединена ребром с какой-нибудь вершиной, которая
теперь покрашена в зеленый цвет, покрасим ее в синий и
отметим это ребро. Если все рёбра, выходящие из ν, ведут в синие
вершины, покрасим ее в зеленый и отметим любое выходящие
из нее ребро. В обоих случаях отмеченные рёбра образуют
связный граф на всех вершинах G, причем, очевидно, не появится
ни отмеченных ребер, соединяющих вершины одного цвета, ни
ребер G, соединящих две зеленых вершины.

К. Кохась Не голосуйте за красное!
151
Не голосуйте за красное!
К. Кохась
В первом туре олимпиады этого года в 6 классе
предлагалась следующая задача О. Ивановой.
В таблице с 4 строками и 9 столбцами имеется 9
красных клеток, 11 синих и 16 белых. Если щелкнуть
мышкой по строке или по столбцу, произойдет следующее:
если в этой линии клеток какого-то цвета было больше,
чем каждого из двух других цветов, то вся линия
перекрасится в этот цвет; если же такого цвета не было, то
ничего не произойдет. Оказалось, что если щелкнуть
сначала по всем строкам, а затем по всем столбцам,
то все клетки станут красными. А если вместо этого
щелкнуть сначала по всем столбцам, а потом по всем
строкам, то все клетки станут синими. Приведите
пример такой таблицы.
В решении требовалось проявить некоторую
изобретательность, чтобы построить таблицу. Например такую.
к
с
с
к
с
с
к
с
с
к
с
с
с
к
с
с
к
к
к
к
Построенная таблица может служить иллюстрацией
следующего «парадокса голосования».
Пусть имеется четырехэтажный дом, в нем 9 подъездов,
причем в каждом подъезде на каждом этаже всего одна
квартира. Для удобства считаем, что в каждой квартире живет 1
человек, всего, стало быть, 36 жильцов. Схематически дом
изображен в виде нашей таблицы 4x9. Жильцы решают, в какой
цвет им покрасить свой дом. Шестнадцать человек (чуть
меньше половины) хотят, чтобы дом был белым, 11 человек (менее
трети) голосуют за синий цвет, а 9 (четверть) — за красный.
Пусть предпочтения жильцов распределены так, как указано
в таблице.

152
Уголок олимпиадофила
Получается, что при простом голосовании (когда
принимают тот вариант, который набрал большинство голосов) дом
будет покрашен в белый цвет.
Если сначала провести голосование по подъездам — для
каждого подъезда выяснить, чего хочет большинство жителей
этого подъезда, а потом среди этих мнений выбрать самое
популярное, получится что дом будет покрашен в синий цвет,
поскольку 5 подъездов из 9 «предпочитают» синий цвет.
Если же сначала провести голосование по этажам — для
каждого этажа выяснить, чего хочет большинство жителей
этажа, а потом среди этих мнений выбрать самое популярное, —
дом будет покрашен в красный цвет, так как два этажа из
четырех «хотят» красный цвет, а белый и синий цвет набрали лишь
по одному этажу «сторонников».
Возможно, вам кажется неестественным такой способ
проведения голосований. Между тем он широко применяется.
Голосующие очень часто бывают разбиты на группы: классы,
отделы, республики и т. п., и тогда голосование удобно строить,
проведя сначала голосование внутри этих групп, а потом
подвести итог этих голосований на педсовете, совете директоров,
в парламенте, выбрав самое популярное из полученных мнений.
Например, директор школы решил провести на каникулах
для всех школьников 1-4 классов какое-нибудь совместное
мероприятие, а именно: лыжные соревнования (белое), поездку в ак-
вапарк (синее) или переписывание контрольной работы
(красное). Кстати, школа маленькая — в каждом классе всего лишь...
9 человек, и скажем вам по секрету, четверть учеников —
двоечники. Что же выбрать? Спросим у школьников! Пусть в каждом
классе решат, чего хотят ученики, а потом среди мнений этих
четырех классов выберем самое популярное! Узнаёте?

К. Кохась Любой не всякий
153
УГОЛОК ОЛИМПИАДОФОБА
Любой не всякий
К. Кохась
Мозг насекомых совсем не годится для вычислений.
Немногочисленные и весьма ненадежные регистры, никакого
распараллеливания и кэша, от силы 4-битная адресация оперативной
памяти. Но вопреки всему этому таракан Кузька вычислял.
Чтобы компенсировать несовершенство мозга, он использовал
всевозможные ухищрения, приемы счета на пальцах (точнее,
на лапах), правила сокращенного умножения и разнообразные
вычислительные фокусы. Расчеты были чрезвычайно сложные
и утомительные. Кузька шевелил всеми шестью лапами,
наклонялся то вправо, то влево, странно переворачивался, иногда
хаотически бегал по Ам-Бару и делал на полу какие-то пометки
кусочком мела.
Со стороны все это выглядело как ритуальный языческий
танец. Бусенька, Горгулий и Огрыза завороженно смотрели на
это зрелище.
— Хотя позы все время повторяются, — заметила
Бусенька, — не похоже, что движения периодические.
— Во всяком случае, если период и есть, то очень
большой, — подтвердила Огрыза.
— Но каждая поза хотя бы один раз повторилась, — уточнил
Горгулий.
Кузька, как было видно, сильно утомился.
— Готово, — тяжело вздохнув, наконец сказал он. —
Получилось!
— Что получилось?

154
Уголок олимпиадофоба
— Я вывел совершенно новый признак делимости! Вы
такого еще не видели.
— Позволю себе немного усомниться, — вежливо сказал
Горгулий. — Про признаки делимости я знаю всё!
— Тогда приготовься расширить свой кругозор, — сказал
Кузька, театрально поклонившись. — Вашему вниманию
предлагается простой, изящный и очень эффективный признак
делимости числа 403!
— На 403, ты хотел сказать? — переспросил Горгулий с
некоторым любопытством.
— Нет, не на! Просто признак делимости числа 403! Это...
это фантастическая вещь! Обычно вы берете число ж и с
помощью признака проверяете, делится ли ж, например, на 5 или
на 11. А с помощью моего признака можно проверить, делится
ли число 403 на х.
— И как же это сделать? — нетерпеливо спросила Огрыза.
— Число 403 делится на двузначное число χ в том и только
том случае, когда сумма квадратов цифр числа χ равна 10, —
гордо сказал Кузька.
Зрители некоторое время переваривали сказанное, а потом
раздались бурные аплодисменты.
— Молодец, Кузька, — похвалила Огрыза.
— Ну как кругозор? — спросила Бусенька Горгулия, —
расширился?
— Спасибо, очень, — ответил Горгулий. — Никогда в жизни
не видел ничего похожего. Я потрясен до глубины души. Но
особенно меня восхитило то балетно-акробатическое
представление, с помощью которого ты вывел этот признак.
— Да, это было непросто, — согласился Кузька. — К тому
же вы все время шептались, пока я считал, а это, знаете ли,
сильно мешает.
— Мы восхищались, — пояснила Бусенька, — и еще мы
обсуждали, периодична ли последовательность твоих движений.
— Какая-какая последовательность?
— Рассмотрим последовательность твоих поз. Обозначим
ее х„. Например, как я помню,

К. Кохась Любой не всякий
155
Я заметила, что твои позы все время повторяются, то есть,
попросту говоря,
Vfc Зп Хк = Хк+п-
— Что это за иероглифы? — спросил Кузька.
— Это кванторы. «V» читается «для любого», «для
каждого», «3» — «существует», «найдется». А вся фраза читается так:
для любого числа к найдется такое число п, что хк = xk+n-
— И что означает эта абракадабра?
— Ну как что? Возьмем любое число к...
— Любое — это какое именно? И где мы его возьмем? —
недопонял Кузька.
— Да хоть бы у меня в ящике, — сказала Огрыза, — там
целая куча любых чисел. Вот, пожалуйста, — Огрыза достала
из ящика зеленую коробочку, к которой был сверху
прикреплен небольшой конвертик. Оторвав конверт, она протянула его
Кузьке.
— Посмотрим, — с интересом сказал Кузька, — что тут
у нас... 31! Значит, 31 — это любое число?
— Не то чтобы совсем любое... Но во всяком случае одно из
любых! Для примера можно взять и 31, но и все другие числа
тоже взять стоило бы.
— Разве можно взять все числа?
— Мы возьмем одно число, обозначим его к и будем строить
рассуждения, не используя никаких особенных свойств числа к.
Тогда наше рассуждение подойдет и для других чисел.
— То есть если хочу, я могу взять к = 31, но я при этом не
должен пользоваться тем, что это именно 31?
— Да, — сказал Горгулий, — например, не надо пользоваться
тем, что сумма квадратов цифр этого числа равна 10.
— Как-то все очень туманно. Ладно. Что там дальше?
«Найдется такое число п...» — процитировал Кузька. — Где же это
оно найдется?
— Вот здесь, в зеленой коробочке, — сказала Огрыза и
протянула ее Кузьке.
— Это точно то самое число? — недоповерил Кузька.
— Именно, — подтвердила Огрыза, — коробочка
прилагалась к конверту с числом к.

156
Уголок олимпиадофоба
— Ладно, посмотрим, — и Кузька аккуратно приоткрыл
коробочку.
Число тут же выскочило из коробочки, спрыгнуло на пол
и, смешно шевеля многочисленными тонкими лапами, добежало
до стены и спряталось под плинтусом.
— Ой, — сказал Кузька, — вы заметили, что это было за
число?
— Я — нет, — сказал Горгулий.
— И я - нет, — сказала Бусенька.
— Как же мы воспользуемся этим числом, если не знаем,
чему оно равно?
— А зачем нам знать? Главное — что число существует, —
сказала Бусенька.
— Да где же оно существует?
— Как где? Раньше оно существовало в коробочке. А теперь
под плинтусом! Оно там существует, но мы не знаем, чему оно
равно. Кроме того, имей в виду, что это число η годится только
для к = 31. Если же взять другое к, число η окажется, скорее
всего, другим.
— Оно живет в другой коробочке, — догадался Кузька. —
А разве нам важно, что для другого к число η будет другое,
ведь мы все равно не знаем, чему оно равно?
— Все-таки полезно это себе представлять. Например, если
бы это η было одним и тем же для всех к, то мы могли бы
утверждать, что последовательность периодична, т.е. что
Зп Vfc Xk = Хк+п-
— По сравнению с первой фразой всего два слова
переставили, — заметил Кузька. — «У каждого таракана существует
привычка шевелить усами» или «Существует привычка:
каждый таракан шевелит усами». Какая разница?
— Ну не надо всё так примитивизировать. Наши два
утверждения совершенно различны, — сказала Бусенька. — Да ты и
сам можешь это проверить.
— Я?? Проверить? Я маленькое беззащитное насекомое, за
что мне такие муки... — застонал Кузька, но, не доныв до конца,
вдруг бодро встопорщил усы и заявил: — А вот и проверю!

К. Кохась Любой не всякий
157
Утверждение 1.УкЗп Хк = Хк+п ■ Значит, если мы берем
любое fc, например 31, то у Огрызы в конвертике найдется такое
число п, что поза жз1 совпадает с позой хз1+п- То есть поза
жз1 повторяется! Причем это верно для любого к, а не только
для 31. Значит, все позы все время повторяются!
Утверждение 2. Зп Vfc хк = xk+n- Существует η, правда,
мы не знаем какое, оно сбежало под плинтус, и вот для этого
η при всех к поза хк совпадает с позой хк+п- Значит, и в этом
случае все позы все время повторяются!
А что будет, если мы поставим другие кванторы?
Например, утверждение 3: Vfc Vn Хк = Xk+n- Что же это значит?
Какое к ни возьми и какое η ни выбери, поза хк совпадает
с позой хк+п- То есть опять хк, а это любая поза, обязательно
повторится.
Бусенька, Горгулий и Огрыза изумленно смотрели на
Кузьку. Кузьку несло.
— Придумали наукообразность, крюки-закорюки, а суть-то
одна и та же! Ну-ка, а если поменять местами кванторы в
последней фразе, что получится? Утверждение 4: Vn Vfc хк =
= хк+п- Это значит...
— Два подряд идущих квантора «для любого» всегда можно
переставить местами! — попыталась образумить его Огрыза. —
Получится то же самое.
— В любом подвале у каждой мыши есть запасы сыра.
Правда?
— Разумеется, — согласилась Огрыза.
— Переставляем: У каждой мыши в любом подвале есть
запасы сыра? Например, в подвале Злобнопотама есть только
сейф. Ты что — хранишь в нем сыр?
— Нет, — смутилась Огрыза, — сыр слишком сильно пахнет.
Злобнопотам сразу бы заметил.
— Вот то-то! — и Кузька укоризненно посмотрел на
окружающих. — И из-за такой ерунды мы чуть было не утратили
мой замечательный признак делимости! Вот что я вам скажу:
нам, насекомым, кванторы не нужны! Ненавижу кванторы!
На этой высокой эмоциональной ноте Кузька, недовозму-
тившись как следует, неожиданно зевнул, прислонился к стенке
и отключился.

158
Уголок олимпиадофоба
— Переутомили малыша, — неодобрительно сказала Огры-
за. — Два квантора в его голову еле-еле влезают, да и то
ненадолго.
Бусенька принесла откуда-то клеверный листик и
положила Кузьке под голову.
— А что это были за удивительные коробочки и
конвертики? — спросил Горгулий Огрызу.
— А, это... Вечером я провожу здесь, в Ам-Баре,
беспроигрышную лотерею. Это один из призов, его должен был
выиграть билет номер 31. Многоножка симфила: 24 ноги, трахейная
дыхательная система — прямо мустанг!
— Да, классная зверюга, — согласился Горгулий, — только
при чем тут многоножки?
— Ни при чем. Но роль числа η она сыграла совершенно
гениально!

Содержание
Победители олимпиады 2017 года 4
Статистические данные олимпиады 2017 года 8
Условия задач 9
Первый тур 9
Второй тур 15
Олимпиада 239 школы 23
Вторые варианты задач 26
Решения задач 31
Уголок олимпиадофила 102
Распространение слухов О. Бурсиан, К. Кохась,
К. Куюммсиян, Г. Челноков 102
Международная олимпиада «Туймаада-2016»
А. Голованов, Л. Емельянов, К. Кохась 139
Не голосуйте за красное К. Кохась 151
Уголок олимпиадофоба 153
Любой не всякий К. Кохась 153

Задачи Санкт-Петербургской олимпиады
школьников по математике 2017 года
Учебно-методическое издание
Редактор
М. Г. Быкова
Подписано в печать 30.03.2018. Формат 84 X 108Уз2· Бумага офсетная
Печать офсетная. Печ. л. 10. Тираж 2000 экз. Заказ №
Издательство Московского центра
непрерывного математического образования
119002, Москва, Большой Власьевский пер., д. 11. Тел. (499) 241-08-04
Отпечатано «ТДДС-СТОЛИЦА-8». Тел. (495) 363-48-86
http://capitalpress.ru
Книги издательства МЦНМО можно приобрести в магазине
«Математическая книга», Москва, Большой Власьевский пер., д. 11.
Тел. (495) 745-80-31. E-mail: bibHo@mccme.ru